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【化学】福建省莆田第六中学2018-2019学年高二下学期期中考试（B卷）（解析版）
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福建省莆田第六中学2018-2019学年高二下学期期中考试（B卷）
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 Al-27 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Br-80
一、选择题：（25 题，每题均有一个最佳选项，每题 2 分，共 50 分）
1.下列科学家与原子结构模型的发展无关的是（ ）
A. 道尔顿 B. 门捷列夫 C. 汤姆生 D. 波尔
【答案】B
【详解】A、古希腊哲学家德谟克利特提出古典原子论，认为物质由极小的称为“原子”的微粒构成，物质只能分割到原子为止；1808年，英国科学家道尔顿提出了原子论，他认为物质是由原子直接构成的，原子是一个实心球体，不可再分割，创立了近现代原子论；故A不选；
B、门捷列夫编制元素周期表，故B选；
C、1897年，英国科学家汤姆生发现原子中存在电子。1904年汤姆生提出了葡萄干面包原子模型，故C不选；
D、1911年，英国科学家卢瑟福提出了原子结构的行星模型，1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，故D不选。
故只有门捷列夫和原子结构模型的发展无关。
故选B。
【点睛】考查化学发展史，解题关键：平时注意总结，从化学发展史中吸取经验和教训。
2.下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是（ ）
A. Fe B. SiO2 C. H2O D. NH4Cl
【答案】C
【分析】分子晶体的化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子，晶体中含有单个分子，而离子晶体、原子晶体和金属晶体无单个分子．原子晶体、离子晶体的化学式表示物质组成中元素原子数目之比。
【详解】A、铁为金属晶体，由自由电子和阳离子构成，不含分子，故A不选；
B、SiO2为原子晶体，晶体中不存在单个分子，化学式为Si原子与O原子的个数比值为1：2，故B不选；
C、H2O为分子晶体，晶体中含有单个分子，故C选；
D、NH4Cl为离子晶体，化学式为晶体中阴阳离子的个数比为1：1，晶体中不含单个分子，故D不选；
故选C。
【点睛】本题考查晶体类型的判断，解题关键：注意只有分子晶体才含有单个分子，化学式即分子式．掌握常见物质的所属晶体类型。
3.气体分子中的极性键在红外线的照射下，易像弹簧一样做伸缩和弯曲运动，从而产生热量造成温室效应。下列不属于温室效应气体的是（ ）
A. CO2 B. N2O C. CH4 D. N2
【答案】D
【分析】产生温室效应的气体主要是二氧化碳，此外还有甲烷、臭氧、氟利昂、一氧化二氮等。
【详解】甲烷、臭氧、氟利昂、一氧化二氮、二氧化碳都能够引起温室效应，氮气不能引起温室效应，
故选D。
4.关于金刚石、石墨和 C60 的判断，正确的是（ ）
A. 互为同分异构体 B. 均含有共价键
C. 全部属原子晶体 D. 都有范德华力
【答案】B
【分析】A、同分异构体是结构不同分子式相同的化合物之间的互称；
B、非金属单质一般含有共价键；
C、 C60 是分子晶体；
D、金刚石是原子晶体，原子间以共价键结合；
【详解】A、同分异构体是结构不同分子式相同的化合物之间的互称，金刚石、石墨和C60是同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故A错误；
B、非金属单质一般含有共价键，金刚石、石墨和C60的结构形成靠碳碳键，属于非极性共价键，故B正确；
C、 C60 是分子晶体，故C错误；
D、金刚石是原子晶体，原子间以共价键结合，不存在范德华力，故D错误；
故选B。
5.下列关于价电子构型为 4s24p4 基态原子核外的描述正确的是（ ）
A. 有 2 种形状不同的电子云 B. 最外层有 3 对成对电子
C. 电子共占据了 7 个能级 D. 共有 34 种运动状态的电子
【答案】D
【分析】价电子构型为 4s24p4 基态原子核外电子排布1s22s22p63s23p63d104s24p4， Se元素的核外有34个电子，由此分析。
【详解】A. 有s、p、d 3 种形状不同的电子云，故A错误；
B. 最外层有 2 对成对电子，4s中一对，4p中一对，故B错误；
C. 电子共占据了 8 个能级，故C错误；
D. Se元素的核外有34个电子，每个电子运动状态都不同，所以它有34种不同运动状态的电子，故D正确；
故选D。
6. 下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（ ）
A. SO3和SiO2 B. CO2和H2O
C. NaCl和HCl D. CCl4和KCl
【答案】B
【分析】一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属之间形成共价键；由离子构成的晶体为离子晶体，由分子构成的晶体为分子晶体，由原子构成且存在空间网状结构的晶体为原子晶体。
【详解】A、SO3和SiO2均只有共价键，但分别为分子晶体、原子晶体，故A不选；
B、均只含共价键，均属于分子晶体，故B选；
C、NaCl中只含离子键，为离子晶体，HCl中只共价键，为分子晶体，故C不选；
D、CCl4中只共价键，为分子晶体，KCl中只含离子键，为离子晶体，故D不选；
故选B。
7. 某物质有以下性质：①是电解质 ②溶解时有化学键的破坏 ③熔化时没有化学键的破坏，则该物质固态时属于（ ）
A. 原子晶体 B. 离子晶体 C. 分子晶体 D. 金属晶体
【答案】C
【解析】熔化时没有化学键的破坏说明不是离子、原子晶体，属于电解质，排除金属晶体，综合分析应为分子晶体。
8.下列关于SiO2和金刚石的叙述正确的是（ ）
A. SiO2晶体结构中，每个Si原子与2个O原子直接相连
B. 通常状况下，60 g SiO2晶体中含有的分子数为NA（NA表示阿伏加德罗常数）
C. 金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
D. 1 mol金刚石含4 mol C-C键
【答案】C
【解析】试题分析：A．SiO2晶体结构中，每个Si原子与4个O原子直接相连，每个O原子与2个Si原子直接相连，故A错误；B．SiO2晶体是原子晶体，不存在分子，故B错误；C．金刚石是原子晶体，在原子晶体里，原子间以共价键相互结合，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故C正确；D．一个碳原子含有2个C-C键，所以1mol金刚石含2molC-C键，故D错误；故选C。
考点：考查原子晶体SiO2和金刚石的结构特点
9.下列物质的分子中既有 σ 键，又有 π 键的是（ ）
① HCl ② H2O ③ CO2 ④ H2O2 ⑤ C2H4 ⑥ HCHO
A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ③⑤⑥ D. ①③⑥
【答案】C
【分析】共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键，共价三键中一个是σ键两个是π键，根据存在的化学键判断。
【详解】① HCl的结构式为H-Cl，所以只存在σ键，故错误；
② H2O中只存在共价单键，所以只存在σ键，故错误；
③ CO2的结构式为O=C=O，所以含有σ键和π键，故正确；
④ H2O2 中只存在共价单键，所以只存在σ键，故错误；
⑤ C2H4 结构存在C=C，所以含有σ键和π键，故正确；
⑥ HCHO结构存在O=C，所以含有σ键和π键，故正确；
故选C。
10.金属原子在二维空间里的放置如图所示的两种方式，下列说法中正确的是（ ）
A. 图(a)为非密置层，配位数为6
B. 图(b)为密置层，配位数为4
C. 图(a)在三维空间里堆积可得六方最密堆积和面心立方最密堆积
D. 图(b)在三维空间里堆积仅得简单立方
【答案】C
【解析】金属原子在二维空间里有两种排列方式，一种是密置层排列，一种是非密置层排列。密置层排列的空间利用率高，原子的配位数为6，非密置层的配位数较密置层小，为4。由此可知，上图中a为密置层，b为非密置层。密置层在三维空间堆积可得到六方最密堆积和面心立方最密堆积两种堆积模型，非密置层在三维空间堆积可得简单立方堆积和体心立方堆积两种堆积模型。所以，只有C选项正确。
11.有关化学用语正确是（ ）
A. 、基态 Fe 原子的外围电子轨道表示式为：
B. 乙醇的结构简式：C2H6O
C. Cl－的电子排布式：1s22s22p63s23p6
D. 四氯化碳的电子式：
【答案】C
【详解】A. 基态Fe原子的外围电子轨道表示式为：，选项A错误；
B. 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，C2H6O为乙醇的分子式，选项B错误；
C. Cl－的电子排布式为：1s22s22p63s23p6，选项C正确；
D. 四氯化碳的电子式为：，选项D错误。
答案选C。
12.设 NA 为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 60 g SiO2 中含 Si－O 键的数目为 2 NA
B. 12 g 金刚石中含六元环的数目为 NA
C. 78 g 苯（C6H6）中含 σ 键的数目为 12 NA
D. 78 g Na2O2 含有阴离子的数目为 2 NA
【答案】C
【详解】A、60g二氧化硅的物质的量为1mol，二氧化硅中含4个硅氧键，故1mol二氧化硅中含4NA硅氧键，故A错误。
B、12g金刚石的物质的量为1mol，而金刚石中每个环6个碳，每个碳12个环共用，每个环拥有0.5个碳原子，12 g金刚石中含六元环的数目为2 NA，故B错误；
C、苯分子中碳碳之间、C-H键之间均含有σ键，每个苯分子中有12个σ键，78 g苯（C6H6）中含σ键的数目为12 NA，故C正确；
D、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.1mol过氧化钠中含0.3NA个离子，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，解题关键：掌握公式的运用和物质的结构。难点B，金刚石中每个碳被12个环共用。
13.X、Y 两元素可形成 XY3 型共价化合物，则 X、Y 最外层的电子排布可能是（ ）
A. X：3s23p1 Y：3s23p5 B. X：2s22p3 Y：2s22p4
C. X：3s23p1 Y：2s22p4 D. X：2s22p3 Y：1s22s22p53s1
【答案】A
【分析】X、Y两元素可形成XY3型共价化合物，若Y为H时，X可能为VA族元素；或X、Y均为ⅥA族元素；或X位于ⅢA、Y位于ⅤⅡA族。
【详解】A．由价电子排布可知，X为Al，Y为Cl，能形成XY3型共价化合物，故A选；
B．由价电子排布可知，X为N，Y为O，不能形成XY3型共价化合物，故B不选；
C．由价电子排布可知，X为Al，Y为O，不能形成XY3型共价化合物，二者形成离子化合物，故C不选；
D．由价电子排布可知，X为N，Y为Ne的激发态，不可形成XY3型共价化合物，故D不选；
故选A。
14.下列各组物质性质排序正确的是（ ）
A. 熔点：NaF ＜NaCl ＜NaBr ＜NaI B. 沸点：CF4 ＜CCl4 ＜CBr4 ＜CI4
C. 熔点：碳化硅＜晶体硅＜金刚石 D. 硬 度 ：Li ＜Na ＜K ＜Rb
【答案】B
【分析】A、影响离子晶体晶格能大小的因素有电荷因素和半径因素；
B、结构和组成相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大；
C、影响原子晶体硬度大小的因素是共价键的键长；
D、金属键越强，金属熔点越高。
【详解】A、NaF、NaCl、NaBr、NaI电荷数一样多，需比较核间距，核间距大的，晶格能小，F、Cl、Br、I的离子半径在增大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故A错误；
B、四种分子晶体的组成和结构相似，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高，则晶体的熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4，故B正确；
C、金刚石、碳化硅、晶体硅三者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，原子半径Si＞C，则晶体的硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故C错误；
D、金属键越强，金属熔点越高。碱金属从上到下原子半径大，金属键越弱，硬度越低，故D错误。
故选B。
15.下列共价键①H－H、②H－F、③H－O、④N－H 中，键的极性由小到大的顺序正确的是（ ）
A. ①②③④ B. ④③②① C. ①④③② D. ②③④①
【答案】C
【分析】元素的非金属性越强，与氢形成的共价键的极性越强。
【详解】对于元素周期表中同属第二周期的元素，与氢元素形成共价键时，极性由小到大分别是N-H、H-O、H-F，H-H键由吸引电子能力相同的同种原子形成共价键无极性，故极性由小到大为①④③②。
故选：C。
16.下列说法中正确的是（ ）
A. 干冰气化和碘升华克服的作用力相同
B. 甲酸甲酯和乙酸相对分子质量相同，熔点相近
C. 氯化钠和氯化氢熔化时，破坏的都是离子键
D. 碘化氢的范德华力比溴化氢的大，碘化氢稳定性强
【答案】A
【分析】A、干冰和碘都是分子晶体，状态改变时，克服分子间作用力；
B、甲酸甲酯和乙酸的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，熔点不同；
C、氯化钠属于离子晶体，氯化氢属于分子晶体溶于水时，破坏的化学键不同；
D、分子的稳定性由化学键强弱决定。
【详解】A、干冰和碘都是分子晶体，状态改变时，克服分子间作用力相同，故A正确；
B、甲酸甲酯和乙酸的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，熔点不同，乙酸中有氢键熔点较高，甲酸甲酯没有氢键熔点较低，故B错误；
C、氯化钠属于离子晶体溶于水时破坏离子键，氯化氢属于分子晶体溶于水时破坏共价键，所以破坏的化学键不同，故C错误；
D、分子的稳定性由化学键强弱决定，碘化氢的碘氢键比溴化氢的溴氢键弱，碘化氢稳定性差，故D错误；
故选A。
17.具有以下结构的原子，一定属于主族元素的是( )
A. 最外层有8个电子的原子
B. 最外层电子排布为ns2的原子
C. 最外层有3个未成对电子的原子
D. 次外层无未成对电子的原子
【答案】C
【分析】A、最外层有8个电子的原子是0族元素；
B、最外层电子排布为ns2的原子也可能是稀有气体或副族元素或第Ⅷ族元素；
C、最外层有3个未成对电子的原子一定是第ⅤA族元素；
D、次外层无未成对电子的原子，也可能是零族元素、副族元素。
【详解】A、最外层有8个电子的原子是0族元素，故A错误；
B、最外层电子排布为ns2的原子也可能是稀有气体或副族元素或第Ⅷ族元素，如He、Zn、Fe，故B错误；
C、最外层有3个未成对电子的原子一定是第ⅤA族元素，故C正确；
D、次外层无未成对电子的原子，可能为主族元素，如O，可能为零族元素，如Ar，也可能是副族元素，例如锌等，故D错误；
故选C。
18.下列关于丙烯分子（CH3﹣CH=CH2）的说法正确的是（ ）
A. 有 7 个 σ 键，1 个 π 键 B. 分子式为 CH2
C. 最多有 7 个原子共平面 D. 3 个碳原子在同一直线上
【答案】C
【详解】A、C-C、C-H键均为σ键，C=C中一个σ键，一个π键，则丙烯分子有8个σ键，1个π键，故A错误；
B、分子式为C3H6，CH2是实验式，故B错误；
C、C=C双键为平面结构，有6个原子共面，甲基为四面体结构，双键和甲基之间的碳碳单键可以旋转，有一个氢可以共面，共最多有7个原子共面，故C正确；
D、由C=C双键为平面结构、甲基为四面体结构可知，丙烯分子中2个碳原子在同一直线，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查共价键及分类，解题关键：判断共价键的规律和常见有机物的空间结构，易错点B：注意各种化学用语的区别。
19.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
① 1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是( )
A. 第一电离能：④＞③＞②＞① B. 原子半径：④＞③＞②＞①
C. 电负性：④＞③＞②＞① D. 最高正化合价：④＞③=②＞①
【答案】A
【分析】由四种元素基态原子的电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p3是N元素，④1s22s22p5是F元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p3是N元素，④1s22s22p5是F元素。
A、同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下，第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；
B、同周期自左而右，原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F；电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；
C、同周期自左而右，电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F；N元素非金属性比S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；
D、最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误；
答案选A。
20.X、Y、Z为短周期元素，X的最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，Y的原子序数比X的原子序数多5，Z原子的最外层电子数比Y多3。下列叙述正确的是( )
A. 原子半径的大小顺序：Z＞Y＞X
B. Z单质与X单质直接反应可生成两种化合物
C. 工业上，电解X和Y形成的化合物制取Y单质
D. Y、Z元素的最高价氧化物的水化物不能互相反应
【答案】C
【详解】根据X的最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，可知X的最外层电子数可能为2、4、 6，对应Y的最外层电子数可能为1、2、3.。Y的原子序数比X多5，则X为O，Y为Al； Z原子的最外层电子数比Y多3，则Z为S。
A.原子半径的大小顺序应为Y> Z> X，即Al>S>O，选项A错误；
B.硫与氧气直接反应只能生成SO2，而不能直接生成SO3，选项B错误；
C.工业上电解氧化铝来制备单质铝，选项C正确；
D.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为Al (OH) 3和H2SO4，能发生反应，选项D错误。
答案选C。
21.氮化碳结构如图，其中 β—氮化碳硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料。下列有关氮化碳的说法不正确的是（ ）
A. 氮化碳属于原子晶体
B. 氮化碳中 C 为-4 价，N 为+3 价
C. 氮化碳的化学式为 C3N4
D. 晶体中原子最外层都达 8 电子结构
【答案】B
【分析】A．根据原子晶体的结构和性质分析；
B．氮元素的电负性大于碳元素，在氮化碳中氮元素显负价，碳元素显正价；
C．利用均摊法确定其化学式；
D．根据图片判断碳原子和氮原子的连接方式．
【详解】A．由题给信息，氮和碳以共价键结合，又氮化硅是超硬新材料，符合原子晶体的典型物理性质，故A正确；
B．氮元素的电负性大于碳元素，在氮化碳中氮元素显-3价，碳元素显+4价，故B错误；
C．晶体结构模型中虚线部分是晶体的最小结构单元，正方形的顶点的原子占1/4，边上的原子占1/2，C：4×1/4+4×1/2=3，N：4，晶体的化学式为C3N4，故C正确；
D．根据图知，每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连，均达到8电子稳定结构，故D正确；
故选：B。
22.最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该新型超导材料的一个晶胞(碳原子用小●球，镍原子用大○球， 镁原子用大●球)如图所示。该晶体的化学式是（ ）
A. Mg2CNi3 B. MgC2Ni C. MgCNi2 D. MgCNi3
【答案】D
【分析】利用均摊法确定晶胞的化学式，位于顶点上的一个原子被8个晶胞占有，位于面心上的原子被2个晶胞占有，位于体心上的一个原子被一个晶胞占有，据此计算晶胞的化学式．
【详解】碳原子位于该晶胞的体心，该晶胞中含有一个碳原子；
镁原子个数=8×1/8=1，该晶胞含有1个镁原子；
镍原子个数=6×1/2=3，晶胞中含有3个镍原子，该晶胞的化学式为MgCNi3，
故选D。
23.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. 在 NaCl 晶体中，Na＋或 Cl－的配位数都是 6
B. 该气态团簇分子的分子式为 EF 或 FE
C. 在 CO2 晶体中，一个晶胞实际含有 4 个 CO2 分子
D. 在碘晶体中，碘分子的排列有两种不同的方向
【答案】B
【分析】A、氯化钠晶体中，距Na＋最近的Cl－是6个，钠离子的配位数是6；
B、注意气态团簇分子与晶胞的区别；
C、用均摊法计算；
D、碘为分子晶体，晶胞中占据顶点和面心，碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构。
【详解】A、氯化钠晶体中，距Na＋最近的Cl－是6个，即钠离子的配位数是6，同理氯离子的配位数是6，故A正确；
B、气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故B错误；
C、在 CO2 晶体中，一个晶胞实际含有8×1/8+6×1/2=4 个 CO2 分子，故C正确；
D、根据晶胞结构图可知，碘为分子晶体，晶胞中占据顶点和面心，碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查晶胞的结构，易错点B：注意气态团簇分子与晶胞的区别，难点D，注意碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同．
24.如图三条曲线表示 C、Si 和 P 元素的前四级电离能变化趋势。下列说法正确的是（ ）
A. 元素电负性：c＞b＞a B. 最简单氢化物的稳定性：c＞a＞b
C. 最简单氢化物的相对分子质量：a＞b＞c D. 第五电离能 I5：a＞c＞b
【答案】D
【分析】同主族自上而下第一电离能减小，P元素3p能级为半满状态，较稳定，第一电离能高于同周期相邻Si和S元素，故Si的第一电离能最小，由图中第一电离能c最小，c为Si，P原子第四电离能为失去4s2能中1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，可知b为P、a为C，据此解答。
【详解】同主族自上而下第一电离能减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故Si的第一电离能最小，由图中第一电离能可知，c为Si，P原子第四电离能为失去4s2能中1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，可知b为P、a为C。
A、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故Si的电负性最小，故A错误；
B、Si的非金属性最弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故SiH4的稳定性最差，故B错误；
C、均形成分子晶体，没有氢键存在，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故SiH4的沸点最高，CH4的沸点最低，故C错误；
D、碳、Si失去4个电子为ns2全满状态，能量更低，再失去1个电子时，第五电离能与第四电离能相差较大，P失去4个电子为3s1状态，第四电离能与第五电离能均失去3s能级电子，二者能量相差不大，故第五电离能C＞Si＞P，故D正确；
故选D。
25.根据下表中五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ·mol－1)，在周期表中， 最可能处于同一族的是（ ）
元素代号
I1
I2
I3
I4
Q
2080
4000
6100
9400
R
500
4600
6900
9500
S
740
1500
7700
10500
T
580
1800
2700
11600
U
420
3100
4400
5900
A. Q 和 R B. S 和 T C. T 和 U D. R 和 U
【答案】D
【详解】这五种元素的短周期元素，Q第三电离能和第四电离能相差较大，且其第一电离能较大，所以Q可能是稀有气体元素；
R元素第一电离能远远小于第二电离能，所以R元素为第IA族元素；
S元素第二电离能远远大于第三电离能，则S为第IIA族元素；
T元素第三电离能远远小于第四电离能，则T为第IIIA族元素；
U元素第一电离能远远小于第二电离能，所以U属于第IA族元素，R第一电离能大于U，则原子序数R小于U；
通过以上分析知，R和U的电离能变化趋势相同，所以在周期表中，最可能处于同一族的是R和U元素，故选D。
【点睛】本题考查元素电离能的应用，解题关键：知道元素电离能与元素最外层电子数之间的关系，知道同一周期中第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素的原因。
二、非选择题：共 4 题 50 分。
26.周期表前四周期的元素 a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a 的核外电子总数与其周期数相同，b 的价电子层中的未成对电子有 3 个，c 的最外层电子数为其内层电子数的 3 倍，d 与 c 同族；e 的基态原子的价电子数是其 N 层电子数的4 倍。回答下列问题：
（1）a 的基态原子核外电子运动的轨道呈_____形。
（2）b 的基态原子的核外电子占据_____个原子轨道。
（3）c 的价电子轨道表示式为_____。
（4）b 与 c 的第一电离能相比，较大的是_________（填元素符号），理由是_______________________________________________________________________。
（5）e 的晶体在一定温度下的晶胞结构如图，其一个晶胞的质量为_________g（用含 NA 的式子表示），晶体中空间利用率为_______（用 含 π 的式子表示）。
【答案】(1). 球 (2). 5 (3). (4). N (5). N的外围电子排布为2s22p3，p轨道处于半充满状态,比较稳定,较难失电子，故第一电离能较大 (6). （或） (7).
【分析】周期表前四周期的元素 a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，a为H元素；b 的价电子层中的未成对电子有3个，b为N元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族，c是O元素，d是S元素；e的基态原子的价电子数是其N层电子数的4倍，e是Fe元素。
【详解】（1）a为H元素，电子去呈球形，H的基态原子核外电子运动的轨道呈球形。
（2）b为N元素，N的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p3，N的基态原子的核外电子占据1+1+3=5个原子轨道。
（3）c为O元素，c的价电子轨道表示式为。
（4）N与O的第一电离能相比，较大的是N（填元素符号），理由是N的外围电子排布为2s22p3，p轨道处于半充满状态,比较稳定,较难失电子，故第一电离能较大。
（5）根据晶胞结构，每个晶胞中含Fe原子个数为8×1/8+1=2，其一个晶胞的质量为（或）；设Fe的原子半径为r，Fe晶胞中处于体对角线上的原子相邻，体对角线长度为晶胞棱长的倍，则晶胞边长=，空间利用率为=。
27.下图表示一些晶体中的某些结构，请回答下列问题：
（1）代表金刚石的是(填编号字母，下同)_____，其中每个碳原子与_____个碳原子最近且距离相等。
（2）代表石墨的是_____，每个正六边形占有的碳原子数平均为_____个。
（3）代表 NaCl 是_________，每个Na+周围与它最近且距离相等的Cl-有_____个。
（4）代表 CsCl 的是_____，每个Cs+与_____个Cl-紧邻。
（5）代表干冰的是_____，每个 CO2 分子与_____个 CO2 分子紧邻。
（6）已知石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，则上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为_____________________________。
【答案】 (1). D (2). 4 (3). E (4). 2 (5). A (6). 6 (7). C (8). 8 (9). B (10). 12 (11). 石墨>金刚石>NaCl>CsCl>干冰
【分析】先根据不同晶体的结构特点确定图形所代表的物质。金刚石的基本单元是正四面体，为空间网状结构，石墨是层状结构，NaCl晶胞是简单的立方晶胞，氯离子的配位数是6，氯化铯的配位数是8，干冰是分子晶体，各种物质的熔点关系为原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，利用均摊法可以进行晶胞的计算。
【详解】（1）金刚石是空间网状结构，每个碳原子连接4个碳原子，形成四面体单元结构，原子间以共价键相结合，属于原子晶体，故选D；
（2）石墨是层状结构，其晶体中碳原子呈平面正六边形排列，每个正六边形占有的碳原子数平均=1×1/3×6=2，故选E；
（3）NaCl是离子晶体，其构成微粒是阴阳离子，NaCl晶胞是简单的立方单元，阴阳离子间通过离子键结合，氯离子和钠离子的配位数都是6，每个钠离子周围有6个氯离子，故选A；
（4）CsCl是由阴阳离子构成的，氯离子和铯离子的配位数是8，故选C；
（5）干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上，所以图B为干冰晶体，故选B；
（6）晶体熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，离子晶体熔沸点与离子半径成正比，与电荷成正比，金刚石是原子晶体、NaCl和CsCl是离子晶体、干冰是分子晶体、石墨是混合型晶体，根据配位数及晶胞结构知，A、B、C、D、E分别是NaCl、干冰、CsCl、金刚石、石墨，钠离子半径小于铯离子半径，石墨中C-C键长小于金刚石中C-C键长，所以这几种晶体熔点高低顺序是E＞D＞A＞C＞B，即：石墨>金刚石>NaCl>CsCl>干冰。
【点睛】本题考查了晶体类型的判断，解题关键：根据不同物质晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质，易错点（6）注意总结常见晶体类型结构特点以及由结构决定的性质。
28.如图为 NaCl 晶胞结构示意图（晶胞边长为 a nm）。
（1）能准确证明其是晶体的方法是____________________
（2）晶体中，Na+位于Cl-所围成的正_____面体的体心， 该多面体的边长是_____nm。
（3）晶体中，在每个Na+的周围与它最近且等距离的 Na+共有_____个。
（4）Na+半径与 Cl-半径的比值是_________（保留小数点后三位， =1.414。
（5）在 1413℃时，NaCl 晶体转变成氯化钠气体。现有 5.85 g NaCl 晶体，使其汽化，测得气体体积为 1.12 L（已换算为标准状况）。则此时氯化钠气体的分子________。
【答案】(1). X-射线衍射法 或 X-射线衍射实验 (2). 八 (3). (4). 12 (5). 0.414 (6). Na2Cl2 或 (NaCl)2
【分析】（1）X-射线衍射法或X-射线衍射实验能准确确定某种物质是晶体；
（2）晶体中，以Na+为中心在它的上下前后左右有6个Cl-，Na+位于Cl-所围成的正八面体的体心，如图该多面体的边长=图中对角线长的一半=nm；
（3）晶体中，以Na+为中心的三个垂直的面上各有4个Na+，在每个Na+的周围与它最近且等距离的 Na+共有12个。
（4）根据确定NaCl晶体中阴阳离子的最短距离；
（5）M=m/n=mVm/V，根据摩尔质量确定其化学式。
【详解】（1）能准确证明其是晶体的方法是X-射线衍射法或X-射线衍射实验；
（2）晶体中，以Na+为中心在它的上下前后左右有6个Cl-，Na+位于Cl-所围成的正八面体的体心，如图该多面体的边长=图中对角线长的一半=nm；
（3）晶体中，以Na+为中心的三个垂直的面上各有4个Na+，在每个Na+的周围与它最近且等距离的 Na+共有12个。
（4）根据图，NaCl晶体中阴阳离子的最短距离为a的一半即a/2，氯离子的半径为对角线的1/4，即为 ，由图，钠离子的半径为(a/2－)，所以Na＋离子半径与Cl－离子半径之比为 r＋/r－= =0.414；
（5）1mol氯化钠的质量=1mol×58.8g·mol－1=58.5g，标况下，气体体积为11.2L的氯化钠的物质的量=11.2L/22.4L·mol－1=0.5mol，M=58.5g/0.5mol=117g·mol－1，所以氯化钠气体的分子式为Na2Cl2。
【点睛】本题考查了晶胞的计算、化学式的确定等知识点，难点（4），要理解和两图的关系，（5）根据摩尔离子确定化学式来分析解答即可。
29.Al、Fe、Cu 是重要的材料元素，在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题:
(1)基态 Fe2+的价电子排布式为 _________，有 __________个未成对电子。
(2)氯化铝熔点为 194℃,而氧化铝熔点为 2050℃，二者熔点相差很大的原因是 ___________________________________________________。
(3)铝和氮可形成一种具有四面体结构单元的高温结构陶瓷，其晶胞如下图所示： 晶胞中 Al 的配位数是 _________，若该晶胞的边长为 a pm，则该晶体的密度为_________g·cm−3。(用 N 表示阿伏加德罗常数的值)
(4)一种铜的溴化物晶胞结构如下图所示：Cu 填充在 Br 的四面体空隙，则占据此类空隙的百分比为__________；该晶胞中铜的配位数是_________ ,与溴紧邻的溴原子数目是_________，由图中 P 点和 Q 点的原子坐标参数可确定 R 点的原子坐标参数为__________。
【答案】 (1). 3d6 (2). 4 (3). 氧化铝是离子晶体，而氯化铝是分子晶体 (4). 4 (5). 或等 (6). 50﹪ (7). 4 (8). 12 (9).
【分析】（1）核外电子排布式遵循构造原理，有能级交错现象。先排能量低的能级，再排能量高的能级。即4s能级的能量低于3d能级，先排4s，后排3d。但失电子时，先失去4s能级上的电子。判断未成对电子数目时，要根据洪特规则。
（2）一般情况下，不同类型的晶体的熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。
（3）配位数可理解为某离子周围距离最近的异电荷离子。晶胞中 Al 的配位数是4；晶胞的简单计算中运用ρ=m/V进行求算。
（4）配位数可理解为某离子周围距离最近的异电荷离子。由晶胞结构可知，Cu的配位数为4；以顶点Br为例，与其紧邻的Br为面心上的Br。
【详解】（1）Fe是26号元素，核外电子排布为[Ar]3d64s2，失去两个电子后，核外电子排布变为3d6；根据洪特规则，Fe2＋的核外电子中有4个未成对电子。
（2）氯化铝是分子晶体，熔点较低。氧化铝是离子晶体，熔点较高。
（3）配位数可理解为某离子周围距离最近异电荷离子。晶胞中 Al 的配位数是4；晶胞的简单计算中运用ρ=m/V进行求算。
根据均摊法，该晶胞中含有的Br的数目为8×1/8+6×1/2=4，N在晶胞体内，共计4个。该晶胞的质量为4×（27+14），ρ=m/V=4×（27+14）/NAa3×10-30=4×41/NA×a3×10-30；
（5）根据该铜的溴化物的晶胞结构可知，Cu周围距离最近的Br有4个，故铜的配位数为4；以顶点Br为例，与其紧邻的Br为面心上的Br，共计12个；
根据P、Q点的坐标，可确定R点的坐标为（1/4，1/4，1/4）。
【点睛】本题综合考查的物质结构与性质的关系。解题关键：掌握核外电子排布规律；物质熔沸点高低的判断；晶胞结构的分析，包括配位数，原子或离子的相邻关系；难点：密度和晶胞参数的求算。
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 Al-27 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Br-80
一、选择题：（25 题，每题均有一个最佳选项，每题 2 分，共 50 分）
1.下列科学家与原子结构模型的发展无关的是（ ）
A. 道尔顿 B. 门捷列夫 C. 汤姆生 D. 波尔
【答案】B
【详解】A、古希腊哲学家德谟克利特提出古典原子论，认为物质由极小的称为“原子”的微粒构成，物质只能分割到原子为止；1808年，英国科学家道尔顿提出了原子论，他认为物质是由原子直接构成的，原子是一个实心球体，不可再分割，创立了近现代原子论；故A不选；
B、门捷列夫编制元素周期表，故B选；
C、1897年，英国科学家汤姆生发现原子中存在电子。1904年汤姆生提出了葡萄干面包原子模型，故C不选；
D、1911年，英国科学家卢瑟福提出了原子结构的行星模型，1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，故D不选。
故只有门捷列夫和原子结构模型的发展无关。
故选B。
【点睛】考查化学发展史，解题关键：平时注意总结，从化学发展史中吸取经验和教训。
2.下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是（ ）
A. Fe B. SiO2 C. H2O D. NH4Cl
【答案】C
【分析】分子晶体的化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子，晶体中含有单个分子，而离子晶体、原子晶体和金属晶体无单个分子．原子晶体、离子晶体的化学式表示物质组成中元素原子数目之比。
【详解】A、铁为金属晶体，由自由电子和阳离子构成，不含分子，故A不选；
B、SiO2为原子晶体，晶体中不存在单个分子，化学式为Si原子与O原子的个数比值为1：2，故B不选；
C、H2O为分子晶体，晶体中含有单个分子，故C选；
D、NH4Cl为离子晶体，化学式为晶体中阴阳离子的个数比为1：1，晶体中不含单个分子，故D不选；
故选C。
【点睛】本题考查晶体类型的判断，解题关键：注意只有分子晶体才含有单个分子，化学式即分子式．掌握常见物质的所属晶体类型。
3.气体分子中的极性键在红外线的照射下，易像弹簧一样做伸缩和弯曲运动，从而产生热量造成温室效应。下列不属于温室效应气体的是（ ）
A. CO2 B. N2O C. CH4 D. N2
【答案】D
【分析】产生温室效应的气体主要是二氧化碳，此外还有甲烷、臭氧、氟利昂、一氧化二氮等。
【详解】甲烷、臭氧、氟利昂、一氧化二氮、二氧化碳都能够引起温室效应，氮气不能引起温室效应，
故选D。
4.关于金刚石、石墨和 C60 的判断，正确的是（ ）
A. 互为同分异构体 B. 均含有共价键
C. 全部属原子晶体 D. 都有范德华力
【答案】B
【分析】A、同分异构体是结构不同分子式相同的化合物之间的互称；
B、非金属单质一般含有共价键；
C、 C60 是分子晶体；
D、金刚石是原子晶体，原子间以共价键结合；
【详解】A、同分异构体是结构不同分子式相同的化合物之间的互称，金刚石、石墨和C60是同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故A错误；
B、非金属单质一般含有共价键，金刚石、石墨和C60的结构形成靠碳碳键，属于非极性共价键，故B正确；
C、 C60 是分子晶体，故C错误；
D、金刚石是原子晶体，原子间以共价键结合，不存在范德华力，故D错误；
故选B。
5.下列关于价电子构型为 4s24p4 基态原子核外的描述正确的是（ ）
A. 有 2 种形状不同的电子云 B. 最外层有 3 对成对电子
C. 电子共占据了 7 个能级 D. 共有 34 种运动状态的电子
【答案】D
【分析】价电子构型为 4s24p4 基态原子核外电子排布1s22s22p63s23p63d104s24p4， Se元素的核外有34个电子，由此分析。
【详解】A. 有s、p、d 3 种形状不同的电子云，故A错误；
B. 最外层有 2 对成对电子，4s中一对，4p中一对，故B错误；
C. 电子共占据了 8 个能级，故C错误；
D. Se元素的核外有34个电子，每个电子运动状态都不同，所以它有34种不同运动状态的电子，故D正确；
故选D。
6. 下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（ ）
A. SO3和SiO2 B. CO2和H2O
C. NaCl和HCl D. CCl4和KCl
【答案】B
【分析】一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属之间形成共价键；由离子构成的晶体为离子晶体，由分子构成的晶体为分子晶体，由原子构成且存在空间网状结构的晶体为原子晶体。
【详解】A、SO3和SiO2均只有共价键，但分别为分子晶体、原子晶体，故A不选；
B、均只含共价键，均属于分子晶体，故B选；
C、NaCl中只含离子键，为离子晶体，HCl中只共价键，为分子晶体，故C不选；
D、CCl4中只共价键，为分子晶体，KCl中只含离子键，为离子晶体，故D不选；
故选B。
7. 某物质有以下性质：①是电解质 ②溶解时有化学键的破坏 ③熔化时没有化学键的破坏，则该物质固态时属于（ ）
A. 原子晶体 B. 离子晶体 C. 分子晶体 D. 金属晶体
【答案】C
【解析】熔化时没有化学键的破坏说明不是离子、原子晶体，属于电解质，排除金属晶体，综合分析应为分子晶体。
8.下列关于SiO2和金刚石的叙述正确的是（ ）
A. SiO2晶体结构中，每个Si原子与2个O原子直接相连
B. 通常状况下，60 g SiO2晶体中含有的分子数为NA（NA表示阿伏加德罗常数）
C. 金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
D. 1 mol金刚石含4 mol C-C键
【答案】C
【解析】试题分析：A．SiO2晶体结构中，每个Si原子与4个O原子直接相连，每个O原子与2个Si原子直接相连，故A错误；B．SiO2晶体是原子晶体，不存在分子，故B错误；C．金刚石是原子晶体，在原子晶体里，原子间以共价键相互结合，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故C正确；D．一个碳原子含有2个C-C键，所以1mol金刚石含2molC-C键，故D错误；故选C。
考点：考查原子晶体SiO2和金刚石的结构特点
9.下列物质的分子中既有 σ 键，又有 π 键的是（ ）
① HCl ② H2O ③ CO2 ④ H2O2 ⑤ C2H4 ⑥ HCHO
A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ③⑤⑥ D. ①③⑥
【答案】C
【分析】共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键，共价三键中一个是σ键两个是π键，根据存在的化学键判断。
【详解】① HCl的结构式为H-Cl，所以只存在σ键，故错误；
② H2O中只存在共价单键，所以只存在σ键，故错误；
③ CO2的结构式为O=C=O，所以含有σ键和π键，故正确；
④ H2O2 中只存在共价单键，所以只存在σ键，故错误；
⑤ C2H4 结构存在C=C，所以含有σ键和π键，故正确；
⑥ HCHO结构存在O=C，所以含有σ键和π键，故正确；
故选C。
10.金属原子在二维空间里的放置如图所示的两种方式，下列说法中正确的是（ ）
A. 图(a)为非密置层，配位数为6
B. 图(b)为密置层，配位数为4
C. 图(a)在三维空间里堆积可得六方最密堆积和面心立方最密堆积
D. 图(b)在三维空间里堆积仅得简单立方
【答案】C
【解析】金属原子在二维空间里有两种排列方式，一种是密置层排列，一种是非密置层排列。密置层排列的空间利用率高，原子的配位数为6，非密置层的配位数较密置层小，为4。由此可知，上图中a为密置层，b为非密置层。密置层在三维空间堆积可得到六方最密堆积和面心立方最密堆积两种堆积模型，非密置层在三维空间堆积可得简单立方堆积和体心立方堆积两种堆积模型。所以，只有C选项正确。
11.有关化学用语正确是（ ）
A. 、基态 Fe 原子的外围电子轨道表示式为：
B. 乙醇的结构简式：C2H6O
C. Cl－的电子排布式：1s22s22p63s23p6
D. 四氯化碳的电子式：
【答案】C
【详解】A. 基态Fe原子的外围电子轨道表示式为：，选项A错误；
B. 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，C2H6O为乙醇的分子式，选项B错误；
C. Cl－的电子排布式为：1s22s22p63s23p6，选项C正确；
D. 四氯化碳的电子式为：，选项D错误。
答案选C。
12.设 NA 为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 60 g SiO2 中含 Si－O 键的数目为 2 NA
B. 12 g 金刚石中含六元环的数目为 NA
C. 78 g 苯（C6H6）中含 σ 键的数目为 12 NA
D. 78 g Na2O2 含有阴离子的数目为 2 NA
【答案】C
【详解】A、60g二氧化硅的物质的量为1mol，二氧化硅中含4个硅氧键，故1mol二氧化硅中含4NA硅氧键，故A错误。
B、12g金刚石的物质的量为1mol，而金刚石中每个环6个碳，每个碳12个环共用，每个环拥有0.5个碳原子，12 g金刚石中含六元环的数目为2 NA，故B错误；
C、苯分子中碳碳之间、C-H键之间均含有σ键，每个苯分子中有12个σ键，78 g苯（C6H6）中含σ键的数目为12 NA，故C正确；
D、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.1mol过氧化钠中含0.3NA个离子，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，解题关键：掌握公式的运用和物质的结构。难点B，金刚石中每个碳被12个环共用。
13.X、Y 两元素可形成 XY3 型共价化合物，则 X、Y 最外层的电子排布可能是（ ）
A. X：3s23p1 Y：3s23p5 B. X：2s22p3 Y：2s22p4
C. X：3s23p1 Y：2s22p4 D. X：2s22p3 Y：1s22s22p53s1
【答案】A
【分析】X、Y两元素可形成XY3型共价化合物，若Y为H时，X可能为VA族元素；或X、Y均为ⅥA族元素；或X位于ⅢA、Y位于ⅤⅡA族。
【详解】A．由价电子排布可知，X为Al，Y为Cl，能形成XY3型共价化合物，故A选；
B．由价电子排布可知，X为N，Y为O，不能形成XY3型共价化合物，故B不选；
C．由价电子排布可知，X为Al，Y为O，不能形成XY3型共价化合物，二者形成离子化合物，故C不选；
D．由价电子排布可知，X为N，Y为Ne的激发态，不可形成XY3型共价化合物，故D不选；
故选A。
14.下列各组物质性质排序正确的是（ ）
A. 熔点：NaF ＜NaCl ＜NaBr ＜NaI B. 沸点：CF4 ＜CCl4 ＜CBr4 ＜CI4
C. 熔点：碳化硅＜晶体硅＜金刚石 D. 硬 度 ：Li ＜Na ＜K ＜Rb
【答案】B
【分析】A、影响离子晶体晶格能大小的因素有电荷因素和半径因素；
B、结构和组成相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大；
C、影响原子晶体硬度大小的因素是共价键的键长；
D、金属键越强，金属熔点越高。
【详解】A、NaF、NaCl、NaBr、NaI电荷数一样多，需比较核间距，核间距大的，晶格能小，F、Cl、Br、I的离子半径在增大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故A错误；
B、四种分子晶体的组成和结构相似，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则晶体的熔沸点越高，则晶体的熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4，故B正确；
C、金刚石、碳化硅、晶体硅三者都为原子晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，原子半径Si＞C，则晶体的硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故C错误；
D、金属键越强，金属熔点越高。碱金属从上到下原子半径大，金属键越弱，硬度越低，故D错误。
故选B。
15.下列共价键①H－H、②H－F、③H－O、④N－H 中，键的极性由小到大的顺序正确的是（ ）
A. ①②③④ B. ④③②① C. ①④③② D. ②③④①
【答案】C
【分析】元素的非金属性越强，与氢形成的共价键的极性越强。
【详解】对于元素周期表中同属第二周期的元素，与氢元素形成共价键时，极性由小到大分别是N-H、H-O、H-F，H-H键由吸引电子能力相同的同种原子形成共价键无极性，故极性由小到大为①④③②。
故选：C。
16.下列说法中正确的是（ ）
A. 干冰气化和碘升华克服的作用力相同
B. 甲酸甲酯和乙酸相对分子质量相同，熔点相近
C. 氯化钠和氯化氢熔化时，破坏的都是离子键
D. 碘化氢的范德华力比溴化氢的大，碘化氢稳定性强
【答案】A
【分析】A、干冰和碘都是分子晶体，状态改变时，克服分子间作用力；
B、甲酸甲酯和乙酸的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，熔点不同；
C、氯化钠属于离子晶体，氯化氢属于分子晶体溶于水时，破坏的化学键不同；
D、分子的稳定性由化学键强弱决定。
【详解】A、干冰和碘都是分子晶体，状态改变时，克服分子间作用力相同，故A正确；
B、甲酸甲酯和乙酸的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，熔点不同，乙酸中有氢键熔点较高，甲酸甲酯没有氢键熔点较低，故B错误；
C、氯化钠属于离子晶体溶于水时破坏离子键，氯化氢属于分子晶体溶于水时破坏共价键，所以破坏的化学键不同，故C错误；
D、分子的稳定性由化学键强弱决定，碘化氢的碘氢键比溴化氢的溴氢键弱，碘化氢稳定性差，故D错误；
故选A。
17.具有以下结构的原子，一定属于主族元素的是( )
A. 最外层有8个电子的原子
B. 最外层电子排布为ns2的原子
C. 最外层有3个未成对电子的原子
D. 次外层无未成对电子的原子
【答案】C
【分析】A、最外层有8个电子的原子是0族元素；
B、最外层电子排布为ns2的原子也可能是稀有气体或副族元素或第Ⅷ族元素；
C、最外层有3个未成对电子的原子一定是第ⅤA族元素；
D、次外层无未成对电子的原子，也可能是零族元素、副族元素。
【详解】A、最外层有8个电子的原子是0族元素，故A错误；
B、最外层电子排布为ns2的原子也可能是稀有气体或副族元素或第Ⅷ族元素，如He、Zn、Fe，故B错误；
C、最外层有3个未成对电子的原子一定是第ⅤA族元素，故C正确；
D、次外层无未成对电子的原子，可能为主族元素，如O，可能为零族元素，如Ar，也可能是副族元素，例如锌等，故D错误；
故选C。
18.下列关于丙烯分子（CH3﹣CH=CH2）的说法正确的是（ ）
A. 有 7 个 σ 键，1 个 π 键 B. 分子式为 CH2
C. 最多有 7 个原子共平面 D. 3 个碳原子在同一直线上
【答案】C
【详解】A、C-C、C-H键均为σ键，C=C中一个σ键，一个π键，则丙烯分子有8个σ键，1个π键，故A错误；
B、分子式为C3H6，CH2是实验式，故B错误；
C、C=C双键为平面结构，有6个原子共面，甲基为四面体结构，双键和甲基之间的碳碳单键可以旋转，有一个氢可以共面，共最多有7个原子共面，故C正确；
D、由C=C双键为平面结构、甲基为四面体结构可知，丙烯分子中2个碳原子在同一直线，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查共价键及分类，解题关键：判断共价键的规律和常见有机物的空间结构，易错点B：注意各种化学用语的区别。
19.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
① 1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是( )
A. 第一电离能：④＞③＞②＞① B. 原子半径：④＞③＞②＞①
C. 电负性：④＞③＞②＞① D. 最高正化合价：④＞③=②＞①
【答案】A
【分析】由四种元素基态原子的电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p3是N元素，④1s22s22p5是F元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p3是N元素，④1s22s22p5是F元素。
A、同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下，第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；
B、同周期自左而右，原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F；电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；
C、同周期自左而右，电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F；N元素非金属性比S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；
D、最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误；
答案选A。
20.X、Y、Z为短周期元素，X的最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，Y的原子序数比X的原子序数多5，Z原子的最外层电子数比Y多3。下列叙述正确的是( )
A. 原子半径的大小顺序：Z＞Y＞X
B. Z单质与X单质直接反应可生成两种化合物
C. 工业上，电解X和Y形成的化合物制取Y单质
D. Y、Z元素的最高价氧化物的水化物不能互相反应
【答案】C
【详解】根据X的最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，可知X的最外层电子数可能为2、4、 6，对应Y的最外层电子数可能为1、2、3.。Y的原子序数比X多5，则X为O，Y为Al； Z原子的最外层电子数比Y多3，则Z为S。
A.原子半径的大小顺序应为Y> Z> X，即Al>S>O，选项A错误；
B.硫与氧气直接反应只能生成SO2，而不能直接生成SO3，选项B错误；
C.工业上电解氧化铝来制备单质铝，选项C正确；
D.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为Al (OH) 3和H2SO4，能发生反应，选项D错误。
答案选C。
21.氮化碳结构如图，其中 β—氮化碳硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料。下列有关氮化碳的说法不正确的是（ ）
A. 氮化碳属于原子晶体
B. 氮化碳中 C 为-4 价，N 为+3 价
C. 氮化碳的化学式为 C3N4
D. 晶体中原子最外层都达 8 电子结构
【答案】B
【分析】A．根据原子晶体的结构和性质分析；
B．氮元素的电负性大于碳元素，在氮化碳中氮元素显负价，碳元素显正价；
C．利用均摊法确定其化学式；
D．根据图片判断碳原子和氮原子的连接方式．
【详解】A．由题给信息，氮和碳以共价键结合，又氮化硅是超硬新材料，符合原子晶体的典型物理性质，故A正确；
B．氮元素的电负性大于碳元素，在氮化碳中氮元素显-3价，碳元素显+4价，故B错误；
C．晶体结构模型中虚线部分是晶体的最小结构单元，正方形的顶点的原子占1/4，边上的原子占1/2，C：4×1/4+4×1/2=3，N：4，晶体的化学式为C3N4，故C正确；
D．根据图知，每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连，均达到8电子稳定结构，故D正确；
故选：B。
22.最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该新型超导材料的一个晶胞(碳原子用小●球，镍原子用大○球， 镁原子用大●球)如图所示。该晶体的化学式是（ ）
A. Mg2CNi3 B. MgC2Ni C. MgCNi2 D. MgCNi3
【答案】D
【分析】利用均摊法确定晶胞的化学式，位于顶点上的一个原子被8个晶胞占有，位于面心上的原子被2个晶胞占有，位于体心上的一个原子被一个晶胞占有，据此计算晶胞的化学式．
【详解】碳原子位于该晶胞的体心，该晶胞中含有一个碳原子；
镁原子个数=8×1/8=1，该晶胞含有1个镁原子；
镍原子个数=6×1/2=3，晶胞中含有3个镍原子，该晶胞的化学式为MgCNi3，
故选D。
23.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. 在 NaCl 晶体中，Na＋或 Cl－的配位数都是 6
B. 该气态团簇分子的分子式为 EF 或 FE
C. 在 CO2 晶体中，一个晶胞实际含有 4 个 CO2 分子
D. 在碘晶体中，碘分子的排列有两种不同的方向
【答案】B
【分析】A、氯化钠晶体中，距Na＋最近的Cl－是6个，钠离子的配位数是6；
B、注意气态团簇分子与晶胞的区别；
C、用均摊法计算；
D、碘为分子晶体，晶胞中占据顶点和面心，碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构。
【详解】A、氯化钠晶体中，距Na＋最近的Cl－是6个，即钠离子的配位数是6，同理氯离子的配位数是6，故A正确；
B、气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故B错误；
C、在 CO2 晶体中，一个晶胞实际含有8×1/8+6×1/2=4 个 CO2 分子，故C正确；
D、根据晶胞结构图可知，碘为分子晶体，晶胞中占据顶点和面心，碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查晶胞的结构，易错点B：注意气态团簇分子与晶胞的区别，难点D，注意碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同．
24.如图三条曲线表示 C、Si 和 P 元素的前四级电离能变化趋势。下列说法正确的是（ ）
A. 元素电负性：c＞b＞a B. 最简单氢化物的稳定性：c＞a＞b
C. 最简单氢化物的相对分子质量：a＞b＞c D. 第五电离能 I5：a＞c＞b
【答案】D
【分析】同主族自上而下第一电离能减小，P元素3p能级为半满状态，较稳定，第一电离能高于同周期相邻Si和S元素，故Si的第一电离能最小，由图中第一电离能c最小，c为Si，P原子第四电离能为失去4s2能中1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，可知b为P、a为C，据此解答。
【详解】同主族自上而下第一电离能减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故Si的第一电离能最小，由图中第一电离能可知，c为Si，P原子第四电离能为失去4s2能中1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，可知b为P、a为C。
A、同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故Si的电负性最小，故A错误；
B、Si的非金属性最弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故SiH4的稳定性最差，故B错误；
C、均形成分子晶体，没有氢键存在，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故SiH4的沸点最高，CH4的沸点最低，故C错误；
D、碳、Si失去4个电子为ns2全满状态，能量更低，再失去1个电子时，第五电离能与第四电离能相差较大，P失去4个电子为3s1状态，第四电离能与第五电离能均失去3s能级电子，二者能量相差不大，故第五电离能C＞Si＞P，故D正确；
故选D。
25.根据下表中五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ·mol－1)，在周期表中， 最可能处于同一族的是（ ）
元素代号
I1
I2
I3
I4
Q
2080
4000
6100
9400
R
500
4600
6900
9500
S
740
1500
7700
10500
T
580
1800
2700
11600
U
420
3100
4400
5900
A. Q 和 R B. S 和 T C. T 和 U D. R 和 U
【答案】D
【详解】这五种元素的短周期元素，Q第三电离能和第四电离能相差较大，且其第一电离能较大，所以Q可能是稀有气体元素；
R元素第一电离能远远小于第二电离能，所以R元素为第IA族元素；
S元素第二电离能远远大于第三电离能，则S为第IIA族元素；
T元素第三电离能远远小于第四电离能，则T为第IIIA族元素；
U元素第一电离能远远小于第二电离能，所以U属于第IA族元素，R第一电离能大于U，则原子序数R小于U；
通过以上分析知，R和U的电离能变化趋势相同，所以在周期表中，最可能处于同一族的是R和U元素，故选D。
【点睛】本题考查元素电离能的应用，解题关键：知道元素电离能与元素最外层电子数之间的关系，知道同一周期中第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素的原因。
二、非选择题：共 4 题 50 分。
26.周期表前四周期的元素 a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a 的核外电子总数与其周期数相同，b 的价电子层中的未成对电子有 3 个，c 的最外层电子数为其内层电子数的 3 倍，d 与 c 同族；e 的基态原子的价电子数是其 N 层电子数的4 倍。回答下列问题：
（1）a 的基态原子核外电子运动的轨道呈_____形。
（2）b 的基态原子的核外电子占据_____个原子轨道。
（3）c 的价电子轨道表示式为_____。
（4）b 与 c 的第一电离能相比，较大的是_________（填元素符号），理由是_______________________________________________________________________。
（5）e 的晶体在一定温度下的晶胞结构如图，其一个晶胞的质量为_________g（用含 NA 的式子表示），晶体中空间利用率为_______（用 含 π 的式子表示）。
【答案】(1). 球 (2). 5 (3). (4). N (5). N的外围电子排布为2s22p3，p轨道处于半充满状态,比较稳定,较难失电子，故第一电离能较大 (6). （或） (7).
【分析】周期表前四周期的元素 a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，a为H元素；b 的价电子层中的未成对电子有3个，b为N元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族，c是O元素，d是S元素；e的基态原子的价电子数是其N层电子数的4倍，e是Fe元素。
【详解】（1）a为H元素，电子去呈球形，H的基态原子核外电子运动的轨道呈球形。
（2）b为N元素，N的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p3，N的基态原子的核外电子占据1+1+3=5个原子轨道。
（3）c为O元素，c的价电子轨道表示式为。
（4）N与O的第一电离能相比，较大的是N（填元素符号），理由是N的外围电子排布为2s22p3，p轨道处于半充满状态,比较稳定,较难失电子，故第一电离能较大。
（5）根据晶胞结构，每个晶胞中含Fe原子个数为8×1/8+1=2，其一个晶胞的质量为（或）；设Fe的原子半径为r，Fe晶胞中处于体对角线上的原子相邻，体对角线长度为晶胞棱长的倍，则晶胞边长=，空间利用率为=。
27.下图表示一些晶体中的某些结构，请回答下列问题：
（1）代表金刚石的是(填编号字母，下同)_____，其中每个碳原子与_____个碳原子最近且距离相等。
（2）代表石墨的是_____，每个正六边形占有的碳原子数平均为_____个。
（3）代表 NaCl 是_________，每个Na+周围与它最近且距离相等的Cl-有_____个。
（4）代表 CsCl 的是_____，每个Cs+与_____个Cl-紧邻。
（5）代表干冰的是_____，每个 CO2 分子与_____个 CO2 分子紧邻。
（6）已知石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，则上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为_____________________________。
【答案】 (1). D (2). 4 (3). E (4). 2 (5). A (6). 6 (7). C (8). 8 (9). B (10). 12 (11). 石墨>金刚石>NaCl>CsCl>干冰
【分析】先根据不同晶体的结构特点确定图形所代表的物质。金刚石的基本单元是正四面体，为空间网状结构，石墨是层状结构，NaCl晶胞是简单的立方晶胞，氯离子的配位数是6，氯化铯的配位数是8，干冰是分子晶体，各种物质的熔点关系为原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，利用均摊法可以进行晶胞的计算。
【详解】（1）金刚石是空间网状结构，每个碳原子连接4个碳原子，形成四面体单元结构，原子间以共价键相结合，属于原子晶体，故选D；
（2）石墨是层状结构，其晶体中碳原子呈平面正六边形排列，每个正六边形占有的碳原子数平均=1×1/3×6=2，故选E；
（3）NaCl是离子晶体，其构成微粒是阴阳离子，NaCl晶胞是简单的立方单元，阴阳离子间通过离子键结合，氯离子和钠离子的配位数都是6，每个钠离子周围有6个氯离子，故选A；
（4）CsCl是由阴阳离子构成的，氯离子和铯离子的配位数是8，故选C；
（5）干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上，所以图B为干冰晶体，故选B；
（6）晶体熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，离子晶体熔沸点与离子半径成正比，与电荷成正比，金刚石是原子晶体、NaCl和CsCl是离子晶体、干冰是分子晶体、石墨是混合型晶体，根据配位数及晶胞结构知，A、B、C、D、E分别是NaCl、干冰、CsCl、金刚石、石墨，钠离子半径小于铯离子半径，石墨中C-C键长小于金刚石中C-C键长，所以这几种晶体熔点高低顺序是E＞D＞A＞C＞B，即：石墨>金刚石>NaCl>CsCl>干冰。
【点睛】本题考查了晶体类型的判断，解题关键：根据不同物质晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质，易错点（6）注意总结常见晶体类型结构特点以及由结构决定的性质。
28.如图为 NaCl 晶胞结构示意图（晶胞边长为 a nm）。
（1）能准确证明其是晶体的方法是____________________
（2）晶体中，Na+位于Cl-所围成的正_____面体的体心， 该多面体的边长是_____nm。
（3）晶体中，在每个Na+的周围与它最近且等距离的 Na+共有_____个。
（4）Na+半径与 Cl-半径的比值是_________（保留小数点后三位， =1.414。
（5）在 1413℃时，NaCl 晶体转变成氯化钠气体。现有 5.85 g NaCl 晶体，使其汽化，测得气体体积为 1.12 L（已换算为标准状况）。则此时氯化钠气体的分子________。
【答案】(1). X-射线衍射法 或 X-射线衍射实验 (2). 八 (3). (4). 12 (5). 0.414 (6). Na2Cl2 或 (NaCl)2
【分析】（1）X-射线衍射法或X-射线衍射实验能准确确定某种物质是晶体；
（2）晶体中，以Na+为中心在它的上下前后左右有6个Cl-，Na+位于Cl-所围成的正八面体的体心，如图该多面体的边长=图中对角线长的一半=nm；
（3）晶体中，以Na+为中心的三个垂直的面上各有4个Na+，在每个Na+的周围与它最近且等距离的 Na+共有12个。
（4）根据确定NaCl晶体中阴阳离子的最短距离；
（5）M=m/n=mVm/V，根据摩尔质量确定其化学式。
【详解】（1）能准确证明其是晶体的方法是X-射线衍射法或X-射线衍射实验；
（2）晶体中，以Na+为中心在它的上下前后左右有6个Cl-，Na+位于Cl-所围成的正八面体的体心，如图该多面体的边长=图中对角线长的一半=nm；
（3）晶体中，以Na+为中心的三个垂直的面上各有4个Na+，在每个Na+的周围与它最近且等距离的 Na+共有12个。
（4）根据图，NaCl晶体中阴阳离子的最短距离为a的一半即a/2，氯离子的半径为对角线的1/4，即为 ，由图，钠离子的半径为(a/2－)，所以Na＋离子半径与Cl－离子半径之比为 r＋/r－= =0.414；
（5）1mol氯化钠的质量=1mol×58.8g·mol－1=58.5g，标况下，气体体积为11.2L的氯化钠的物质的量=11.2L/22.4L·mol－1=0.5mol，M=58.5g/0.5mol=117g·mol－1，所以氯化钠气体的分子式为Na2Cl2。
【点睛】本题考查了晶胞的计算、化学式的确定等知识点，难点（4），要理解和两图的关系，（5）根据摩尔离子确定化学式来分析解答即可。
29.Al、Fe、Cu 是重要的材料元素，在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题:
(1)基态 Fe2+的价电子排布式为 _________，有 __________个未成对电子。
(2)氯化铝熔点为 194℃,而氧化铝熔点为 2050℃，二者熔点相差很大的原因是 ___________________________________________________。
(3)铝和氮可形成一种具有四面体结构单元的高温结构陶瓷，其晶胞如下图所示： 晶胞中 Al 的配位数是 _________，若该晶胞的边长为 a pm，则该晶体的密度为_________g·cm−3。(用 N 表示阿伏加德罗常数的值)
(4)一种铜的溴化物晶胞结构如下图所示：Cu 填充在 Br 的四面体空隙，则占据此类空隙的百分比为__________；该晶胞中铜的配位数是_________ ,与溴紧邻的溴原子数目是_________，由图中 P 点和 Q 点的原子坐标参数可确定 R 点的原子坐标参数为__________。
【答案】 (1). 3d6 (2). 4 (3). 氧化铝是离子晶体，而氯化铝是分子晶体 (4). 4 (5). 或等 (6). 50﹪ (7). 4 (8). 12 (9).
【分析】（1）核外电子排布式遵循构造原理，有能级交错现象。先排能量低的能级，再排能量高的能级。即4s能级的能量低于3d能级，先排4s，后排3d。但失电子时，先失去4s能级上的电子。判断未成对电子数目时，要根据洪特规则。
（2）一般情况下，不同类型的晶体的熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。
（3）配位数可理解为某离子周围距离最近的异电荷离子。晶胞中 Al 的配位数是4；晶胞的简单计算中运用ρ=m/V进行求算。
（4）配位数可理解为某离子周围距离最近的异电荷离子。由晶胞结构可知，Cu的配位数为4；以顶点Br为例，与其紧邻的Br为面心上的Br。
【详解】（1）Fe是26号元素，核外电子排布为[Ar]3d64s2，失去两个电子后，核外电子排布变为3d6；根据洪特规则，Fe2＋的核外电子中有4个未成对电子。
（2）氯化铝是分子晶体，熔点较低。氧化铝是离子晶体，熔点较高。
（3）配位数可理解为某离子周围距离最近异电荷离子。晶胞中 Al 的配位数是4；晶胞的简单计算中运用ρ=m/V进行求算。
根据均摊法，该晶胞中含有的Br的数目为8×1/8+6×1/2=4，N在晶胞体内，共计4个。该晶胞的质量为4×（27+14），ρ=m/V=4×（27+14）/NAa3×10-30=4×41/NA×a3×10-30；
（5）根据该铜的溴化物的晶胞结构可知，Cu周围距离最近的Br有4个，故铜的配位数为4；以顶点Br为例，与其紧邻的Br为面心上的Br，共计12个；
根据P、Q点的坐标，可确定R点的坐标为（1/4，1/4，1/4）。
【点睛】本题综合考查的物质结构与性质的关系。解题关键：掌握核外电子排布规律；物质熔沸点高低的判断；晶胞结构的分析，包括配位数，原子或离子的相邻关系；难点：密度和晶胞参数的求算。
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