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【化学】贵州省普定县一中2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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贵州省普定县一中2018-2019学年高二上学期期中考试
分卷I
一、单选题(共30小题,每小题2.0分,共60分)
1.实验测得BeCl2为共价化合物，两个Be—Cl键之间的夹角为180°并有对称性，由此可判断BeCl2属于( )
A. 由极性键形成的极性分子 B. 由极性键形成的非极性分子
C. 由非极性键形成的极性分子 D. 由非极性键形成的非极性分子
【答案】B
【解析】
【详解】BeCl2由Be、Cl两种元素构成，故其中的键为极性键。Be—Cl键之间的夹角为180°并有对称性，故其中电荷分布均匀，为非极性分子，故B项正确。
故选B。
2.元素的性质呈现周期性变化的根本原因是( )
A. 原子半径呈周期性变化
B. 元素的化合价呈周期性变化
C. 元素的电负性呈周期性变化
D. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化
【答案】D
【解析】
【分析】
元素的性质如原子半径、电负性、第一电离能、金属性、非金属性呈周期性变化是因为核外电子排布呈周期性变化。
【详解】A项、原子半径是元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，故A错误；
B项、元素的化合价属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，故B错误；
C项、元素的电负性属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，故B错误；
D项、原子的核外电子排布中电子层数和最外层电子数都随原子序数的递增而呈现周期性变化，则引起元素的性质的周期性变化，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查元素周期律的实质，明确原子的结构与性质的关系、元素的性质有哪些是解答的关键，注意不能用元素本身的性质来解释元素性质的周期性变化。
3.下列物质属于等电子体的一组是( )
A. CH4和NH3 B. B3H6N3和C6H6
C. F－和Mg D. H2O和CH4
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数相同、价电子总数相同的微粒，互称为等电子体。
【详解】A项、CH4和NH3原子数不相同，故A错误；
B项、B3H6N3和C6H6原子数相同、电子总数相同互称为等电子体，故B正确；
C项、F-和Mg原子数相同，但电子总数不相同，故C错误；
D项、H2O和CH4原子数不相同，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查了等电子体的判断，侧重于基本概念的考查，注意把握概念中的两个相等即可解题。
4.前一时期“非典型肺炎”在我国部分地区流行，严重危害广大人民的身体健康，做好环境消毒是预防“非典型肺炎”的重要措施，常用的消毒剂是ClO2或Cl2等的稀溶液，其中ClO2溶液的消毒效果较好。已知ClO2常温下呈气态，其分子构型与水分子的分子构型相似，在自然环境中ClO2最终变为Cl－。下列有关说法中正确的是
A. ClO2的分子结构呈V型，属非极性分子
B. ClO2中氯元素显＋4价，具有很强的氧化性，其消毒效率(以单位体积得电子的数目表示)是Cl2的5倍
C. ClO2、Cl2的稀溶液用于环境消毒，具有广谱高效的特点，对人畜无任何危害
D. 常用Na2SO3在H2SO4的酸性条件下，还原NaClO3来制ClO2，这一反应的化学方程式可表示为Na2SO3＋2NaClO3＋H2SO4====2Na2SO4＋2ClO2↑＋H2O
【答案】D
【解析】
A错，ClO2的分子结构呈V型，属极性分子；B错，ClO2中氯元素显＋4价，具有很强的氧化性，其消毒效率(以单位体积得电子的数目表示)是Cl2的2.6倍；D正确；
5.在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是( )
A. sp，范德华力 B. sp2，范德华力 C. sp2，氢键 D. sp3，氢键
【答案】C
【解析】
在硼酸[B(OH)3]分子中，硼原子最外层只有3个电子，B原子与3个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，即形成3个σ键，无孤对电子对，杂化轨道数为3，B原子采取sp2杂化；在硼酸[B(OH)3]分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，硼酸分子之间存在范德华力，氢键比范德华力更强，硼酸分子之间主要是氢键；答案选B。
点睛：明确氢键、分子间作用力的含义以及对物质性质的影响是解答的关键。答题要时注意氢键的形成是由于电负性很大的元素F、O、N与氢原子结合，共用电子对偏离H原子，使H原子几乎成为裸露的质子，而发生电性吸引。注意氢键不是化学键，不能影响物质的稳定性，主要是影响物质的物理性质。
6. 下列离子中外层d轨道达半充满状态的是（）
A. 24Cr3+ B. 26Fe3+ C. 27Co3+ D. 29Cu+
【答案】B
【解析】
试题分析：A、价电子排布式为3d3，d能级排满为10个电子，因此没有达到半满，故错误；B、价电子排布式3d5，达到半满，故正确；C、价电子排布式为3d6，没有达到半满，故错误；D、价电子排布式为3d10，达到全满，故错误。
考点：考查电子排布式、能级等知识。
7. 下列物质中含离子键的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
8.在原子的第n电子层中，当n为最外层时，最多容纳电子数与(n－1)层相同；当n为次外层时，其最多容纳的电子数比(n－1)层最多容纳的电子数多10，则n层是( )
A. N层 B. M层 C. L层 D. K层
【答案】B
【解析】
当n为最外层时，最多容纳的电子数为8，则（n－1）层最多容纳8个电子，应为L层。当n为次外层时，其最多容纳的电子数比（n－1）层最多容纳的电子数多10，说明（n－1）层不是K层，而是L层。则n为M层。
9.下列叙述正确的是( )
A. 分子晶体中的每个分子内一定含有共价键
B. 原子晶体中的相邻原子间只存在非极性共价键
C. 离子晶体中可能含有共价键
D. 金属晶体的熔点和沸点都很高
【答案】C
【解析】
试题分析：A项分子晶体中不一定含有共价键，如稀有气体在固态时；B项原子晶体中的相邻原子间可能存在极性共价键，如二氧化硅晶体；C项正确，如氢氧化钠；D项金属晶体的熔点和沸点差距比较大，如金属铯在手温下可以熔化。
考点：晶体结构与性质。
点评：晶体的类型与结构决定晶体的性质，属于简单题。
10. 下列化学键中，键的极性最强的是
A. C—F B. C—O
C. C—N D. C—C
【答案】A
【解析】
试题分析：同周期元素，随着核电荷数的增加，电负性逐渐增大，F，O，N，C这四种元素中C的电负性最小，F的电负性值最大，所以CF极性最大，选A。
考点：考查共价键极性强弱的判断。
11.下列变化需要吸收能量的是( )
A. 1s22s22p63s1→1s22s22p6 B. 3s23p5→3s23p6
C. 2p2p2p→2p2p2p D. 2H→H—H
【答案】A
【解析】
【分析】
A、电子克服原子核的束缚需要吸收能量；
B、原子得到电子放出能量；
C、电子在相同能级中发生变化，没有能量变化；
D、形成化学键放出能量。
【详解】A项、电子克服原子核的束缚需要吸收能量，所以原子失去电子需要吸收能量，故A正确；
B项、原子得到电子后把不稳定结构变成稳定结构，能量降低，所以放出能量，故B错误；
C项、由于电子的跃迁发生在能量相同的能级中，故无能量变化，故C错误；
D项、化学键断裂需要吸收能量，形成化学键需要放出能量，故D错误。
故选A。
12. 下列单质分子中，键长最长，键能最小的是 ( )
A. H2 B. Cl2
C. Br2 D. I2
【答案】D
【解析】
键长与原子的半径有关，原子半径越大，形成的分子的键长越长；键能与得失电子的难易有关，得电子越容易，键能越大。四种原子中，I的原子半径最大，且得电子最难,故D项正确。
13.电子数相等的粒子叫等电子体，下列粒子不属于等电子体的是（ ）
A. CH4和NH4+ B. NO和O2
C. HCl和H2S D. NH2﹣和H3O+
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数相同、价电子总数相同的微粒，互称为等电子体。
【详解】A项、CH4的质子数为6+1×4=10，分子中质子数等于电子数，所以电子数为10，NH4+的质子数为7+1×4=11，电子数为10，所以两者的电子数相等，都是10个，属于等电子体，故A正确；
B项、NO的质子数为7+8=15，O2的质子数为8×2=16，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数不相等，不是等电子体，故B错误；
C项、HCl的质子数为1+17=18，H2S的质子数为16+1×2=18，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数相等，是等电子体，故C正确；
D项、NH2-与H3O+质子数分别是9、11，电子数分别为10、10，是等电子体，故D正确。
故选B。
【点睛】题考查了等电子体的含义，解答本题的关键是要充分理解等电子体的本质特征，只有这样才能对问题做出正确的判断。
14. 下列说法中正确的是( )
A. 双原子分子中化学键键能越大，分子越稳定
B. 双原子分子中化学键键长越长，分子越稳定
C. 双原子分子中化学键键角越大，分子越稳定
D. 在双键中，σ键的键能要小于π键的键能
【答案】A
【解析】
试题分析：双原子分子中化学键键长越短，分子越稳定，B不正确；分子的稳定性和键角关系不大，C不正确；在双键中，σ键的键能不一定小于π键的键能，D不正确，答案选A。
考点：考查分子稳定性和共价键参数关系的判断
点评：该题是基础性试题的考查，主要是考查学生对共价键参数和分子稳定性关系的熟悉了解程度，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
15. 电子数相等的微粒叫等电子体，下列微粒组是等电子体的是（ ）
A. N2O4和NO2 B. Na＋和Cl－ C. SO42-和PO43- D. NO和O2
【答案】C
【解析】
试题分析：A．N2O4的电子数为7×2+8×4=46，NO2的电子数为7+8×2=23，二者电子数不相同，故A错误；B．Na+的电子数为11-1=10，Cl-的电子数为17+1=18，二者电子数不相同，故B错误；C．SO42-的电子数为16+8×4+2=50，PO43-的电子数为15+8×4+3=50，二者电子数相同，故C正确；D．NO的电子数为7+8=15，O2的电子数为8×2=16，二者电子数不相同，故D错误；故选C。
考点：考查等电子体。
16.下列说法正确的是( )
A. 所有非金属元素都分布在p区
B. 最外层电子数为2的元素都分布在s区
C. 元素周期表中第ⅢB族到第ⅡB族10个纵列的元素都是金属元素
D. 同一主族元素从上到下，金属性呈周期性变化
【答案】C
【解析】
考查元素周期表的结构。区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的能级符号，非金属除氢元素位于S区外，其余都是P区，选项A不正确；最外层电子数为2的元素也可能位于P区或，例如He，B不正确；同主族自上而下，元素的性质呈周期性的变化，而不是仅指金属性，选项D不正确，因此正确的答案选C。
17.元素的原子核外有四个电子层，其3d能级上的电子数是4s能级上的3倍，则此元素是( )
A. S B. Fe C. Si D. Cl
【答案】B
【解析】
分析：某元素原子核外有四个电子层,其3d能级上的电子数是4s能级上的3倍,说明该元素的3d的电子数是2×3=6,其核外电子数=2+8+8+6+2=26,原子核外电子数=原子序数,据此判断元素。
详解：某元素原子核外有四个电子层,其3d能级上的电子数是4s能级上的3倍,说明该元素的3d的电子数是2×3=6,其核外电子数=2+8+8+6+2=26,原子核外电子数=原子序数,所以该元素是Fe元素,B正确；正确选项B。
18.元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是( )
A. 同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性
B. 第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数
C. 同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同
D. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
【答案】B
【解析】
A、处于金属和非金属分界线的元素既有金属性又有非金属性，如硅元素，故A错误；
B、第三周期的元素从Na到Cl最高化合价从正一价到正七价和族序数相等，故B正确；
C、第一主族的所有元素最外层都为一个电子，但是H元素与Na元素性质差异很大，故C错误；D、周期表中第三纵行到第十纵行的元素（包括7个副族和1个Ⅷ族）称为过渡元素，故D错误。故选B。
点睛：根据周期表中处于金属和非金属分界线的元素的性质来考虑；主族元素的最高正化合价等于它所处的主族序数，以此分析；元素原子的化学性质受质子数、原子半径、核外电子数等的影响，一般来说，同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质相似，以此分析；周期表中第三纵行到第十纵行的元素（包括7个副族和1个Ⅷ族）称为过渡元素。
19.锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质相似。下列有关锂及其化合物叙述正确的是( )
A. Li2SO4难溶于水
B. Li与N2反应的产物是Li3N
C. LiOH易溶于水
D. LiOH与Li2CO3受热都很难分解
【答案】B
【解析】
试题分析：锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，A、硫酸镁易溶于水，所以硫酸锂易溶于水，A错误；B、镁和氮气反应生成氮化镁，所以锂和氮气反应生成Li3N，B正确；C、氢氧化镁不易溶于水，所以氢氧化锂属于不易溶物质，C错误；D、氢氧化镁和碳酸镁受热易分解，所以氢氧化锂和碳酸锂受热也易分解，D错误；答案选Ｂ。
考点：考查位置结构性质的相互关系应用。
20.对SO3的说法正确的是（ ）
A. 结构与NH3相似 B. 结构与SO2相似
C. 结构与BF3相似 D. 结构与P4相似
【答案】C
【解析】
三氧化硫分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+×（6-3×2）=3，且不含孤电子对，所以为平面三角形结构。A．氨气分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+×（5-3×1）=4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥形，选项A错误；B．SO2分子中，S原子形成2个δ键，孤对电子数为×（6-2×2）=1，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=1+2=3，且含有一个孤电子对，所以立体构型为V型，选项B错误；C．BF3分子中心原子硼原子价层电子对个数==3，无孤电子对，分子空间构型为平面三角形，三氧化硫分子为平面三角形结构，选项C正确；D．白磷（P4）属于单质，属于分子晶体，立体构型为正四面体型，三氧化硫分子为平面三角形结构，选项D错误；答案选C。
点睛：本题考查了SO3粒子空间构型的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答，注意孤电子对个数的计算方法，为易错点，根据价层电子对互斥理论确定其空间构型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，据些解答。
21.下列有关认识正确的是( )
A. 各能层的能级数按K、L、M、N分别为1、2、3、4
B. 各能层的能级都是从s能级开始至f能级结束
C. 各能层含有的能级数为n－1
D. 各能层含有的电子数为2n2
【答案】A
【解析】
【详解】A项、各能层的能级数按K、L、M、N分别为1、2、3、4，故A正确；
B项、各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等，所以有的能层不含f能级，故B错误；
C项、各能层含有的能级数与其能层数相等为n，故C错误；
D项、各能层最多含有的电子数为2n2，但最外层不能超过8个电子，次外层不能超过18个电子，倒数第三层不能超过32个电子，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查了电子的排布、能层和能级的关系等知识点，根据构造原理来分析解答即可。
22. 同周期有下列电子排布式的原子中，第一电离能最小的是
A. ns2np3 B. ns2np4
C. ns2np5 D. ns2np6
【答案】B
【解析】
试题分析：具有B选项中电子构型的基态原子失去一个电子后，达到半充满状态，故其第一电离能最小。答案选Ｂ。
考点：考查元素周期律。
23.下列实验事实不能用氢键来解释的是( )
A. 冰的密度比水小，能浮在水面上
B. 接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18
C. 邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛
D. H2O比H2S稳定
【答案】D
【解析】
A项，冰晶体中水分子间主要依靠氢键形成，由于氢键具有方向性，在冰晶体中，每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，即冰晶体中水分子未采取密堆积方式，这种堆积方式使冰晶体中水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，但冰融化成水时，水分子进入空隙，密度会增大，“冰的密度比水小，冰能浮在水面上”可用氢键解释；B项，由于水分子间存在氢键，接近沸点的水蒸气中存在（H2O）n分子，接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18，能用氢键解释；C项，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，不存在分子间氢键，对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，能用氢键解释；D项，H2O比H2S稳定是因为H-O键的键能大于H-S键的键能，与氢键无关；答案选D。
点睛：本题考查氢键及其对物质性质的影响。氢键不属于化学键，氢键影响物质的熔沸点、溶解性等物理性质，氢键不影响物质的化学性质；存在分子间氢键熔沸点会出现“反常”，存在分子内氢键不会使熔沸点反常。
24.下列对[Zn（NH3）4]SO4配合物的说法不正确的是（ ）
A. SO42﹣是内界 B. 配位数是4
C. Zn2+是中心离子 D. NH3是配位体
【答案】A
【解析】
A．在[Zn（NH3）4]SO4中外界是SO42-，內界是[Zn（NH3）4]2+，故A错误；B．锌离子配位原子个数是4，所以其配位数是4，故B正确；C．该配合物中，锌离子提供空轨道，所以锌离子是中心离子，故C正确；D．该配合物中氮原子提供孤电子对，所以NH3是配位体，故D正确；答案选A。
25.已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子，下列说法正确的是 ( )
A. X元素原子基态时的电子排布式为[Ar]4s24p3
B. X元素是第四周期第ⅤA族元素
C. Y元素原子的电子排布图为
D. Z元素具有两性
【答案】B
【解析】
X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，即X为As，Y元素的原子最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y可能为C，Y也可能是O，X和Y可形成化合物是X2Y3，则Y为O，Z元素可以形成负一价离子，且三种元素的原子序数为42，则Z为H，A、X为As，基态As原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，故A错误；B、As位于第四周期VA族，故B正确；C、Y为氧元素，电子排布图为，故C错误；D、Z为H，不具有两性，故D错误。
26.配合物在许多方面有着广泛的应用．下列叙述不正确的是（ ）
A. CuSO4溶液呈天蓝色是因为含有[Cu（H2O）4]2+
B. 魔术表演中常用一种含硫氰化铁配离子的溶液来代替血液
C. [Ag（NH3）2]+是化学镀银的有效成分
D. 除去硝酸银溶液中的Ag+，可向其中逐滴加入氨水
【答案】D
【解析】
试题分析：A、水合铜离子呈天蓝色，正确；B、硫氰化铁配离子是配合物，Fe3+是中心离子、SCN-是配体，正确；C、银氨离子中Ag+是中心离子，NH3是配体，正确；D、Ag+与少量氨水生成氢氧化银沉淀、与过量氨水生成[Ag(NH3)2]+，错误。
考点： 配位化合物
27.已知SO3，BF3，CCl4，PCl5、SF6都是非极性分子，而H2S，NH3，NO2、SF4，BrF5都是极性分子，由此可推出ABn型分子属于非极性分子的经验规律是( )
A. ABn型分子中A，B均不含氢原子
B. A元素的相对原子质量必小于B元素的相对原子质量
C. 分子中所有原子都在同一平面上
D. ABn型的价电子对数等于n
【答案】D
【解析】
根据“SO3、BF3、CCl4、PCl5、SF6都是非极性分子，而H2S、NH3、NO2、SF4、BrF5都是极性分子”知，中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子对的分子为极性分子。A、ABn型分子中A、B不一定均不含氢原子，如CH4含氢原子但甲烷分子为非极性分子，故A错误；B、A元素的相对原子质量不一定小于B元素的相对原子质量，如CH4，故B错误；C、分子中的所有原子不一定都在同一平面上，如CCl4是正四面体结构，故C错误；D、ABn型的价层电子对数等于n，如PCl5中P原子上的价层电子对是5，SF6中S原子上的价层电子对是6，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了极性分子和非极性分子的判断方法，明确价层电子对指分子中的中心原子上的电子对，包括σ 键电子对和中心原子上的孤电子对是解答的关键。
28.主族元素原子失去最外层电子形成阳离子，主族元素原子得到电子填充在最外层形成阴离子。下列各原子或离子的电子排布式错误的是( )
A. Ca2＋ 1s22s22p63s23p6 B. O2－ 1s22s23p4
C. Fe 1s22s22p63s23p63d64s2 D. Fe2＋ 1s22s22p63s23p63d6
【答案】B
【解析】
A、钙原子失去2个电子变成钙离子，使次外层变成最外层，所以钙离子核外有18个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p6，选项A正确；B、氧原子核外有8个电子，氧原子得2个电子变成氧离子，最外层电子数由6个变成8个，所以氧离子核外有10电子，电子排布式为1s22s23p6，选项B错误；C、铁原子核外有26个电子，最外层电子数为2，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，选项C正确；D、铁原子失去2个电子变成亚铁离子，使次外层变成最外层，所以铁离子核外有24个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，选项D正确。答案选B。
29.根据科学人员探测，在海洋深处的沉积物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物。有关其组成的两种分子的下列说法正确的是( )
A. 它们都是极性键构成的极性分子 B. 它们之间以氢键结合在一起
C. 它们的成键电子的原子轨道都是sp3—s D. 它们的立体结构都相同
【答案】C
【解析】
【详解】甲烷水合物中包含CH4、H2O两种分子；二者中心原子均以sp3杂化，CH4中形成4个sp3—sσ键，H2O中形成2个sp3—sσ键；CH4是正四面体形，H2O是V形，所以CH4是极性键构成的非极性分子，H2O是极性键构成的极性分子。在可燃冰中，CH4和H2O分子之间以分子间作用力结合，结合以上分析可知，C正确；
综上所述，本题选C。
30.下列关于共价键说法中不正确的是( )
A. σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强
B. 两个原子间形成共价键时，最多有一个σ键
C. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D. N2分子中有一个σ键和两个π键
【答案】C
【解析】
两个原子在形成共价键时只有一个σ键,可能含有一个π键(如碳碳双键),也可能含有两个π键(如氮氮三键等),但有些气体单质是单原子分子,如稀有气体分子,它们不含化学键,也就不含σ键和π键。
分卷II
二、填空题(共6小题,共40分)
31.按要求填空。
(1)基态铝原子核外电子云有________种不同的伸展方向，共有________种不同能级的电子，有________种不同运动状态的电子。
(2)S的基态原子核外有________个未成对电子，Si的基态原子核外电子排布式为______________。基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________，该能层具有的原子轨道数为________，电子数为________。
(3)可正确表示原子轨道的是________(填字母)。
A．2s B．2d C．3p D．3f
(4)基态Fe原子有________个未成对电子，Fe3＋的电子排布式为________________；Cu＋基态核外电子排布式为______________。
(5)某元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋2，则n＝________；原子中能量最高的是________能级电子。
(6)第四周期中最外层仅有1个电子的所有基态原子的电子排布式为_____________，第四周期中，3d轨道半充满的元素符号是________。
【答案】 (1). 4 (2). 5 (3). 13 (4). 2 (5). 1s22s22p63s23p2 (6). M (7). 9 (8). 4 (9). AC (10). 4 (11). 1s22s22p63s23p63d5 (12). 1s22s22p63s23p63d10 (13). 2 (14). 2p (15). 19K：[Ar]4s1、24Cr：[Ar]3d54s1、29Cu：[Ar]3d104s1 (16). Cr、Mn
【解析】
【分析】
（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1；
（2）S的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；
（3）根据各能级含有的轨道分析，s能级只有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，f能级有7个轨道，注意不存在2d、3f能级；
（4）Fe元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（5）由于s亚层最多只能排2个电子,所以n=2；
（6）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2，所以为Cr、Mn。
【详解】（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，涉及3个s轨道、2个p轨道，因此其核外电子云（轨道）的伸展方向有4个；核外13个电子的运动状态各不相同，因此核外有13种不同运动状态的电子，故答案为：4；5；13；
（2）S的最外层有6个电子，为3s23p4，3p能级三个轨道、四个电子，依据泡利原理和洪特规则，先每个轨道排1个，方向相同，排满后再排，方向相反，故有两个孤对电子；Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为1+3+5=9、电子数为4，故答案为：2；1s22s22p63s23p2；M； 9；4；
（3）A项、2s能级只有1个轨道，故2s可以表示原子轨道，故A正确；
B项、不存在2d能级，故B错误；
C项、3s能级含有3个轨道，3个轨道相互垂直，3p z 表示为z轴上的轨道，故C正确；
D项、不存在3f能级，故D错误；
故选AC，故答案为：AC；
（4）Fe元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，先失去4s上的2个电子后、再失去3d上的1个电子形成Fe3+，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（5）由于s亚层最多只能排2个电子,所以n=2, 最外层电子的电子排布为2s2 2p3, 能量为高的是2p电子，故答案为：2；2p；
（6）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素，3种元素基态原子的电子排布式分别为：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2，所以为Cr、Mn，故答案为：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；Cr、Mn。
【点睛】本题考查核外电子排布规律，难度不大，关键是对核外电子排布规律的理解掌握，核外电子的分层排布规律：（1）第一层不超过2个，第二层不超过8个；（2）最外层不超过8个。每层最多容纳电子数为2n2个(n代表电子层数)，即第一层不超过2个，第二层不超过8个，第三层不超过18个；（3）最外层电子数不超过8个(只有1个电子层时，最多可容纳2个电子)。（4）最低能量原理：电子尽可能地先占有能量低的轨道，然后进入能量高的轨道，使整个原子的能量处于最低状态。（5）泡利原理：每个原子轨道里最多只能容纳2个电子，且自旋状态相反。（6）洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。
32.下表中实线是元素周期表的部分边界，其中上边界并未用实线标出。
根据信息回答下列问题。
(1)周期表中基态Ga原子的最外层电子排布式为____________________。
(2)Fe元素位于周期表的______区；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为__________；已知：原子数目和电子总数(或价电子总数)相同的微粒互为等电子体，等电子体具有相似的结构特征。与CO分子互为等电子体的分子和离子分别为________和_____(填化学式)。
(3)在CH4，CO，CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有__________________。
(4)根据VSEPR理论预测ED4-离子的空间构型为______________。B，C，D，E原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子的电子式为________________________(写2种)。
【答案】（1）4s24p1（2）d 0 N2CN－（3）CH4、CH3OH （4）正四面体 CO2、NCl3、CCl4(任写2种即可)
【解析】
试题分析：（1）31号元素Ga原子基态的最外层电子排布式为4s24p1。（2）26号元素Fe元素在周期表的位于第四周期第Ⅷ族，位于周期表的d区。Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为0价。与CO分子互为等电子体的分子是N2，离子为CN－。（3）在CH4、CO2、CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有CH4、CH3OH；CO2中的C原子的杂化方式为sp杂化。（4）根据表格中各种元素的相对位置可以看出：A是H；B是C；C是N；D是O；E是Cl。根据VSEPR理论预测ClO4-离子的空间构型为正四面体型。在C、N、O、Cl原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子有CO2、NCl3、CCl4，其电子式为；；。
考点：考查元素的推断、元素在周期表中的位置、原子的杂化、等电子体、微粒的空间构型、分子式、电子式、电子排布式等化学用语的知识。
33.现有短周期A，B，C三种元素，原子序数依次增大，A元素的单质是密度最小的气体，B获得2个电子可达到稳定结构，C与A同主族。
（1）判断A，B，C各为何种元素。A____，B____，C____。
（2）用电子式表示三种元素原子之间可能构成的化合物的形成过程，若含共价键请指出共价键是σ键还是π键，并标明该键的个数。
①A与B： ___________________________________________________。
②A与C：___________________________________________________。
③B与C：___________________________________________________。
④A，B，C：___________________________________________________。
【答案】 (1). 氢 (2). 氧 (3). 钠 (4). (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
短周期A、B、C三种元素,原子序数依次增大,A元素的单质是密度最小的气体,则A为氢元素;B获得2个电子可达到稳定结构,B处于第ⅥA族,C与A同主族,处于ⅠA,原子序数大于B,则B为氧元素、C为Na元素,据以上分析解答。
【详解】短周期A、B、C三种元素,原子序数依次增大,A元素的单质是密度最小的气体,则A为氢元素;B获得2个电子可达到稳定结构,B处于第ⅥA族,C与A同主族,处于ⅠA，原子序数大于B,则B为氧元素、C为Na元素，
(1)由上述分析可以知道,A为氢元素,B为氧元素,C为钠元素；因此，本题正确答案是:氢，氧，钠。
(2) ①A与B形成水或过氧化氢,形成水的过程为，（含有2个σ键)；形成过氧化氢的过程为:(含有3个σ键)；
综上所述，本题答案是：（含有2个σ键)；(含有3个σ键)。
②A与C形成NaH，形成过程为:；因此，本题正确答案是:。
③B与C形成氧化钠与过氧化钠,形成氧化钠的过程为:；形成过氧化钠的过程为:(含有1个σ键)；
因此，本题正确答案是：；或（含有1个σ键）。
④A，B，C形成氢氧化钠，形成氢氧化钠的过程为: ；因此，本题正确答案是：。
【点睛】氧化钠和过氧化钠、氢氧化钠均属于离子化合物，但是氧化钠只含有离子键，而过氧化钠既含有离子键，又含有非极性共价键，氢氧化钠既含离子键，又含有极性共价键。
34.X、Y、Z、V、W为五种前四周期元素，其中X是短周期(除稀有气体外)原子半径最大的元素；Y与X同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2；W的原子序数为29，W的离子能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子：
回答下列问题：
（1）W原子的核外电子排布式为________，上述配离子中含有的化学键类型有________(填字母)。
a．配位键 b．极性键
c．离子键 d．非极性键
（2）元素X、Y、V第一电离能由大到小的顺序是________________(用元素符号表示)。
（3）Z的氢化物的空间构型是________；该氢化物的沸点比甲烷的高，其主要原因是_______________________________________________。
（4）一定压强，将HF和HCl混合气体降温时，首先液化的物质是________。
（5）已知XeO3分子中氙原子上有1对孤对电子，则XeO3为________分子(填“极性”或“非极性”)；XeO3分子中中心原子的杂化类型为________；XeO3分子的空间构型为________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (2). abd (3). Mg>Al>Na (4). 三角锥形 (5). 氨分子间存在氢键 (6). HF (7). 极性 (8). sp3 (9). 三角锥形
【解析】
【分析】
X、Y、Z、V、W为五种前四周期元素，其中X是短周期（除稀有气体外）原子半径最大的元素，则X为Na元素；Y与X同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，则Y为Al元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，其原子核外电子排布为ls22s22p3，则Z为氮元素；V原子的核外电子排布式为ls22s22p63s2，则V为Mg元素，W的原子序数为29，W为Cu元素，据此答题。
【详解】（1）Cu原子核外电子数为29，原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；
W的离子能与乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）形成配离子，铜离子与乙二胺分子之间形成配位键，碳原子与氮原子、氢原子之间以及氮原子与氢原子之间形成极性键，碳原子之间形成非极性键，故选abd；
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s；abd。
（2）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但Mg原子3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能Mg＞Al＞Na，
故答案为：Mg＞Al＞Na。
（3）Z的氢化物为NH3，为三角锥型结构，氨气分子之间存在氢键，其沸点比甲烷的沸点高，
故答案为：三角锥型；氨分子间存在氢键。
（4）氟化氢分子间存在氢键，所以HF的熔沸点高于氯化氢的，因此首先液化的是HF，故答案为：HF。
（5）在XeO3分子中Xe形成3个极性键，又因为氙原子上有1对孤对电子，因此是sp3杂化，所以空间构型是三角锥形，属于极性分子，故答案为：极性，sp3，三角锥形。
35.现有原子序数小于20的A，B，C，D，E，F6种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最多的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B，D两元素原子核内质子数之和的1/2；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。回答下列问题。
(1)用电子式表示C和E形成化合物的过程________________。
(2)写出基态F原子核外电子排布式__________________。
(3)写出A2D的电子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ键，________(填“含”或“不含”)π键。
(4)A，B，C共同形成的化合物化学式为________，其中化学键的类型有________。
【答案】 (1). Na:―→Na＋[::]－ (2). 1s22s22p63s23p64s1 (3). H::H (4). 含 (5). 不含 (6). NaOH (7). 离子键、共价键
【解析】
【分析】
已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素； C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素；据以上分析解答。
【详解】已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素，
(1)结合以上分析可知，C为钠元素，E为氯元素；C和E形成化合物为氯化钠，属于离子化合物，用电子式表示氯化钠形成化合物的过程如下：Na:―→Na＋[::]－ ；综上所述，本题答案是：Na:―→Na＋[::]－。
(2) 结合以上分析可知，F为钾，核电荷数为19，基态K原子核外电子排布式: 1s22s22p63s23p64s1；综上所述，本题答案是：1s22s22p63s23p64s1。
(3) 结合以上分析可知，A为氢元素，D为硫元素；二者形成H2S，属于共价化合为物，电子式：H::H ；其分子中含σ键，不含π键；综上所述，本题答案是：H::H，含，不含。
(4)A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，三种元素共同形成的化合物化学式为NaOH ，其电子式为：， 化学键的类型有离子键、共价键；综上所述，本题答案是：NaOH，离子键、共价键。
分卷I
一、单选题(共30小题,每小题2.0分,共60分)
1.实验测得BeCl2为共价化合物，两个Be—Cl键之间的夹角为180°并有对称性，由此可判断BeCl2属于( )
A. 由极性键形成的极性分子 B. 由极性键形成的非极性分子
C. 由非极性键形成的极性分子 D. 由非极性键形成的非极性分子
【答案】B
【解析】
【详解】BeCl2由Be、Cl两种元素构成，故其中的键为极性键。Be—Cl键之间的夹角为180°并有对称性，故其中电荷分布均匀，为非极性分子，故B项正确。
故选B。
2.元素的性质呈现周期性变化的根本原因是( )
A. 原子半径呈周期性变化
B. 元素的化合价呈周期性变化
C. 元素的电负性呈周期性变化
D. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化
【答案】D
【解析】
【分析】
元素的性质如原子半径、电负性、第一电离能、金属性、非金属性呈周期性变化是因为核外电子排布呈周期性变化。
【详解】A项、原子半径是元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，故A错误；
B项、元素的化合价属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，故B错误；
C项、元素的电负性属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，故B错误；
D项、原子的核外电子排布中电子层数和最外层电子数都随原子序数的递增而呈现周期性变化，则引起元素的性质的周期性变化，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查元素周期律的实质，明确原子的结构与性质的关系、元素的性质有哪些是解答的关键，注意不能用元素本身的性质来解释元素性质的周期性变化。
3.下列物质属于等电子体的一组是( )
A. CH4和NH3 B. B3H6N3和C6H6
C. F－和Mg D. H2O和CH4
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数相同、价电子总数相同的微粒，互称为等电子体。
【详解】A项、CH4和NH3原子数不相同，故A错误；
B项、B3H6N3和C6H6原子数相同、电子总数相同互称为等电子体，故B正确；
C项、F-和Mg原子数相同，但电子总数不相同，故C错误；
D项、H2O和CH4原子数不相同，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查了等电子体的判断，侧重于基本概念的考查，注意把握概念中的两个相等即可解题。
4.前一时期“非典型肺炎”在我国部分地区流行，严重危害广大人民的身体健康，做好环境消毒是预防“非典型肺炎”的重要措施，常用的消毒剂是ClO2或Cl2等的稀溶液，其中ClO2溶液的消毒效果较好。已知ClO2常温下呈气态，其分子构型与水分子的分子构型相似，在自然环境中ClO2最终变为Cl－。下列有关说法中正确的是
A. ClO2的分子结构呈V型，属非极性分子
B. ClO2中氯元素显＋4价，具有很强的氧化性，其消毒效率(以单位体积得电子的数目表示)是Cl2的5倍
C. ClO2、Cl2的稀溶液用于环境消毒，具有广谱高效的特点，对人畜无任何危害
D. 常用Na2SO3在H2SO4的酸性条件下，还原NaClO3来制ClO2，这一反应的化学方程式可表示为Na2SO3＋2NaClO3＋H2SO4====2Na2SO4＋2ClO2↑＋H2O
【答案】D
【解析】
A错，ClO2的分子结构呈V型，属极性分子；B错，ClO2中氯元素显＋4价，具有很强的氧化性，其消毒效率(以单位体积得电子的数目表示)是Cl2的2.6倍；D正确；
5.在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是( )
A. sp，范德华力 B. sp2，范德华力 C. sp2，氢键 D. sp3，氢键
【答案】C
【解析】
在硼酸[B(OH)3]分子中，硼原子最外层只有3个电子，B原子与3个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，即形成3个σ键，无孤对电子对，杂化轨道数为3，B原子采取sp2杂化；在硼酸[B(OH)3]分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，硼酸分子之间存在范德华力，氢键比范德华力更强，硼酸分子之间主要是氢键；答案选B。
点睛：明确氢键、分子间作用力的含义以及对物质性质的影响是解答的关键。答题要时注意氢键的形成是由于电负性很大的元素F、O、N与氢原子结合，共用电子对偏离H原子，使H原子几乎成为裸露的质子，而发生电性吸引。注意氢键不是化学键，不能影响物质的稳定性，主要是影响物质的物理性质。
6. 下列离子中外层d轨道达半充满状态的是（）
A. 24Cr3+ B. 26Fe3+ C. 27Co3+ D. 29Cu+
【答案】B
【解析】
试题分析：A、价电子排布式为3d3，d能级排满为10个电子，因此没有达到半满，故错误；B、价电子排布式3d5，达到半满，故正确；C、价电子排布式为3d6，没有达到半满，故错误；D、价电子排布式为3d10，达到全满，故错误。
考点：考查电子排布式、能级等知识。
7. 下列物质中含离子键的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
8.在原子的第n电子层中，当n为最外层时，最多容纳电子数与(n－1)层相同；当n为次外层时，其最多容纳的电子数比(n－1)层最多容纳的电子数多10，则n层是( )
A. N层 B. M层 C. L层 D. K层
【答案】B
【解析】
当n为最外层时，最多容纳的电子数为8，则（n－1）层最多容纳8个电子，应为L层。当n为次外层时，其最多容纳的电子数比（n－1）层最多容纳的电子数多10，说明（n－1）层不是K层，而是L层。则n为M层。
9.下列叙述正确的是( )
A. 分子晶体中的每个分子内一定含有共价键
B. 原子晶体中的相邻原子间只存在非极性共价键
C. 离子晶体中可能含有共价键
D. 金属晶体的熔点和沸点都很高
【答案】C
【解析】
试题分析：A项分子晶体中不一定含有共价键，如稀有气体在固态时；B项原子晶体中的相邻原子间可能存在极性共价键，如二氧化硅晶体；C项正确，如氢氧化钠；D项金属晶体的熔点和沸点差距比较大，如金属铯在手温下可以熔化。
考点：晶体结构与性质。
点评：晶体的类型与结构决定晶体的性质，属于简单题。
10. 下列化学键中，键的极性最强的是
A. C—F B. C—O
C. C—N D. C—C
【答案】A
【解析】
试题分析：同周期元素，随着核电荷数的增加，电负性逐渐增大，F，O，N，C这四种元素中C的电负性最小，F的电负性值最大，所以CF极性最大，选A。
考点：考查共价键极性强弱的判断。
11.下列变化需要吸收能量的是( )
A. 1s22s22p63s1→1s22s22p6 B. 3s23p5→3s23p6
C. 2p2p2p→2p2p2p D. 2H→H—H
【答案】A
【解析】
【分析】
A、电子克服原子核的束缚需要吸收能量；
B、原子得到电子放出能量；
C、电子在相同能级中发生变化，没有能量变化；
D、形成化学键放出能量。
【详解】A项、电子克服原子核的束缚需要吸收能量，所以原子失去电子需要吸收能量，故A正确；
B项、原子得到电子后把不稳定结构变成稳定结构，能量降低，所以放出能量，故B错误；
C项、由于电子的跃迁发生在能量相同的能级中，故无能量变化，故C错误；
D项、化学键断裂需要吸收能量，形成化学键需要放出能量，故D错误。
故选A。
12. 下列单质分子中，键长最长，键能最小的是 ( )
A. H2 B. Cl2
C. Br2 D. I2
【答案】D
【解析】
键长与原子的半径有关，原子半径越大，形成的分子的键长越长；键能与得失电子的难易有关，得电子越容易，键能越大。四种原子中，I的原子半径最大，且得电子最难,故D项正确。
13.电子数相等的粒子叫等电子体，下列粒子不属于等电子体的是（ ）
A. CH4和NH4+ B. NO和O2
C. HCl和H2S D. NH2﹣和H3O+
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数相同、价电子总数相同的微粒，互称为等电子体。
【详解】A项、CH4的质子数为6+1×4=10，分子中质子数等于电子数，所以电子数为10，NH4+的质子数为7+1×4=11，电子数为10，所以两者的电子数相等，都是10个，属于等电子体，故A正确；
B项、NO的质子数为7+8=15，O2的质子数为8×2=16，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数不相等，不是等电子体，故B错误；
C项、HCl的质子数为1+17=18，H2S的质子数为16+1×2=18，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数相等，是等电子体，故C正确；
D项、NH2-与H3O+质子数分别是9、11，电子数分别为10、10，是等电子体，故D正确。
故选B。
【点睛】题考查了等电子体的含义，解答本题的关键是要充分理解等电子体的本质特征，只有这样才能对问题做出正确的判断。
14. 下列说法中正确的是( )
A. 双原子分子中化学键键能越大，分子越稳定
B. 双原子分子中化学键键长越长，分子越稳定
C. 双原子分子中化学键键角越大，分子越稳定
D. 在双键中，σ键的键能要小于π键的键能
【答案】A
【解析】
试题分析：双原子分子中化学键键长越短，分子越稳定，B不正确；分子的稳定性和键角关系不大，C不正确；在双键中，σ键的键能不一定小于π键的键能，D不正确，答案选A。
考点：考查分子稳定性和共价键参数关系的判断
点评：该题是基础性试题的考查，主要是考查学生对共价键参数和分子稳定性关系的熟悉了解程度，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
15. 电子数相等的微粒叫等电子体，下列微粒组是等电子体的是（ ）
A. N2O4和NO2 B. Na＋和Cl－ C. SO42-和PO43- D. NO和O2
【答案】C
【解析】
试题分析：A．N2O4的电子数为7×2+8×4=46，NO2的电子数为7+8×2=23，二者电子数不相同，故A错误；B．Na+的电子数为11-1=10，Cl-的电子数为17+1=18，二者电子数不相同，故B错误；C．SO42-的电子数为16+8×4+2=50，PO43-的电子数为15+8×4+3=50，二者电子数相同，故C正确；D．NO的电子数为7+8=15，O2的电子数为8×2=16，二者电子数不相同，故D错误；故选C。
考点：考查等电子体。
16.下列说法正确的是( )
A. 所有非金属元素都分布在p区
B. 最外层电子数为2的元素都分布在s区
C. 元素周期表中第ⅢB族到第ⅡB族10个纵列的元素都是金属元素
D. 同一主族元素从上到下，金属性呈周期性变化
【答案】C
【解析】
考查元素周期表的结构。区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的能级符号，非金属除氢元素位于S区外，其余都是P区，选项A不正确；最外层电子数为2的元素也可能位于P区或，例如He，B不正确；同主族自上而下，元素的性质呈周期性的变化，而不是仅指金属性，选项D不正确，因此正确的答案选C。
17.元素的原子核外有四个电子层，其3d能级上的电子数是4s能级上的3倍，则此元素是( )
A. S B. Fe C. Si D. Cl
【答案】B
【解析】
分析：某元素原子核外有四个电子层,其3d能级上的电子数是4s能级上的3倍,说明该元素的3d的电子数是2×3=6,其核外电子数=2+8+8+6+2=26,原子核外电子数=原子序数,据此判断元素。
详解：某元素原子核外有四个电子层,其3d能级上的电子数是4s能级上的3倍,说明该元素的3d的电子数是2×3=6,其核外电子数=2+8+8+6+2=26,原子核外电子数=原子序数,所以该元素是Fe元素,B正确；正确选项B。
18.元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是( )
A. 同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性
B. 第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数
C. 同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同
D. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
【答案】B
【解析】
A、处于金属和非金属分界线的元素既有金属性又有非金属性，如硅元素，故A错误；
B、第三周期的元素从Na到Cl最高化合价从正一价到正七价和族序数相等，故B正确；
C、第一主族的所有元素最外层都为一个电子，但是H元素与Na元素性质差异很大，故C错误；D、周期表中第三纵行到第十纵行的元素（包括7个副族和1个Ⅷ族）称为过渡元素，故D错误。故选B。
点睛：根据周期表中处于金属和非金属分界线的元素的性质来考虑；主族元素的最高正化合价等于它所处的主族序数，以此分析；元素原子的化学性质受质子数、原子半径、核外电子数等的影响，一般来说，同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质相似，以此分析；周期表中第三纵行到第十纵行的元素（包括7个副族和1个Ⅷ族）称为过渡元素。
19.锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质相似。下列有关锂及其化合物叙述正确的是( )
A. Li2SO4难溶于水
B. Li与N2反应的产物是Li3N
C. LiOH易溶于水
D. LiOH与Li2CO3受热都很难分解
【答案】B
【解析】
试题分析：锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，A、硫酸镁易溶于水，所以硫酸锂易溶于水，A错误；B、镁和氮气反应生成氮化镁，所以锂和氮气反应生成Li3N，B正确；C、氢氧化镁不易溶于水，所以氢氧化锂属于不易溶物质，C错误；D、氢氧化镁和碳酸镁受热易分解，所以氢氧化锂和碳酸锂受热也易分解，D错误；答案选Ｂ。
考点：考查位置结构性质的相互关系应用。
20.对SO3的说法正确的是（ ）
A. 结构与NH3相似 B. 结构与SO2相似
C. 结构与BF3相似 D. 结构与P4相似
【答案】C
【解析】
三氧化硫分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+×（6-3×2）=3，且不含孤电子对，所以为平面三角形结构。A．氨气分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+×（5-3×1）=4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥形，选项A错误；B．SO2分子中，S原子形成2个δ键，孤对电子数为×（6-2×2）=1，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=1+2=3，且含有一个孤电子对，所以立体构型为V型，选项B错误；C．BF3分子中心原子硼原子价层电子对个数==3，无孤电子对，分子空间构型为平面三角形，三氧化硫分子为平面三角形结构，选项C正确；D．白磷（P4）属于单质，属于分子晶体，立体构型为正四面体型，三氧化硫分子为平面三角形结构，选项D错误；答案选C。
点睛：本题考查了SO3粒子空间构型的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答，注意孤电子对个数的计算方法，为易错点，根据价层电子对互斥理论确定其空间构型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，据些解答。
21.下列有关认识正确的是( )
A. 各能层的能级数按K、L、M、N分别为1、2、3、4
B. 各能层的能级都是从s能级开始至f能级结束
C. 各能层含有的能级数为n－1
D. 各能层含有的电子数为2n2
【答案】A
【解析】
【详解】A项、各能层的能级数按K、L、M、N分别为1、2、3、4，故A正确；
B项、各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等，所以有的能层不含f能级，故B错误；
C项、各能层含有的能级数与其能层数相等为n，故C错误；
D项、各能层最多含有的电子数为2n2，但最外层不能超过8个电子，次外层不能超过18个电子，倒数第三层不能超过32个电子，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查了电子的排布、能层和能级的关系等知识点，根据构造原理来分析解答即可。
22. 同周期有下列电子排布式的原子中，第一电离能最小的是
A. ns2np3 B. ns2np4
C. ns2np5 D. ns2np6
【答案】B
【解析】
试题分析：具有B选项中电子构型的基态原子失去一个电子后，达到半充满状态，故其第一电离能最小。答案选Ｂ。
考点：考查元素周期律。
23.下列实验事实不能用氢键来解释的是( )
A. 冰的密度比水小，能浮在水面上
B. 接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18
C. 邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛
D. H2O比H2S稳定
【答案】D
【解析】
A项，冰晶体中水分子间主要依靠氢键形成，由于氢键具有方向性，在冰晶体中，每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，即冰晶体中水分子未采取密堆积方式，这种堆积方式使冰晶体中水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，但冰融化成水时，水分子进入空隙，密度会增大，“冰的密度比水小，冰能浮在水面上”可用氢键解释；B项，由于水分子间存在氢键，接近沸点的水蒸气中存在（H2O）n分子，接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18，能用氢键解释；C项，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，不存在分子间氢键，对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，能用氢键解释；D项，H2O比H2S稳定是因为H-O键的键能大于H-S键的键能，与氢键无关；答案选D。
点睛：本题考查氢键及其对物质性质的影响。氢键不属于化学键，氢键影响物质的熔沸点、溶解性等物理性质，氢键不影响物质的化学性质；存在分子间氢键熔沸点会出现“反常”，存在分子内氢键不会使熔沸点反常。
24.下列对[Zn（NH3）4]SO4配合物的说法不正确的是（ ）
A. SO42﹣是内界 B. 配位数是4
C. Zn2+是中心离子 D. NH3是配位体
【答案】A
【解析】
A．在[Zn（NH3）4]SO4中外界是SO42-，內界是[Zn（NH3）4]2+，故A错误；B．锌离子配位原子个数是4，所以其配位数是4，故B正确；C．该配合物中，锌离子提供空轨道，所以锌离子是中心离子，故C正确；D．该配合物中氮原子提供孤电子对，所以NH3是配位体，故D正确；答案选A。
25.已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子，下列说法正确的是 ( )
A. X元素原子基态时的电子排布式为[Ar]4s24p3
B. X元素是第四周期第ⅤA族元素
C. Y元素原子的电子排布图为
D. Z元素具有两性
【答案】B
【解析】
X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，即X为As，Y元素的原子最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y可能为C，Y也可能是O，X和Y可形成化合物是X2Y3，则Y为O，Z元素可以形成负一价离子，且三种元素的原子序数为42，则Z为H，A、X为As，基态As原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，故A错误；B、As位于第四周期VA族，故B正确；C、Y为氧元素，电子排布图为，故C错误；D、Z为H，不具有两性，故D错误。
26.配合物在许多方面有着广泛的应用．下列叙述不正确的是（ ）
A. CuSO4溶液呈天蓝色是因为含有[Cu（H2O）4]2+
B. 魔术表演中常用一种含硫氰化铁配离子的溶液来代替血液
C. [Ag（NH3）2]+是化学镀银的有效成分
D. 除去硝酸银溶液中的Ag+，可向其中逐滴加入氨水
【答案】D
【解析】
试题分析：A、水合铜离子呈天蓝色，正确；B、硫氰化铁配离子是配合物，Fe3+是中心离子、SCN-是配体，正确；C、银氨离子中Ag+是中心离子，NH3是配体，正确；D、Ag+与少量氨水生成氢氧化银沉淀、与过量氨水生成[Ag(NH3)2]+，错误。
考点： 配位化合物
27.已知SO3，BF3，CCl4，PCl5、SF6都是非极性分子，而H2S，NH3，NO2、SF4，BrF5都是极性分子，由此可推出ABn型分子属于非极性分子的经验规律是( )
A. ABn型分子中A，B均不含氢原子
B. A元素的相对原子质量必小于B元素的相对原子质量
C. 分子中所有原子都在同一平面上
D. ABn型的价电子对数等于n
【答案】D
【解析】
根据“SO3、BF3、CCl4、PCl5、SF6都是非极性分子，而H2S、NH3、NO2、SF4、BrF5都是极性分子”知，中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子对的分子为极性分子。A、ABn型分子中A、B不一定均不含氢原子，如CH4含氢原子但甲烷分子为非极性分子，故A错误；B、A元素的相对原子质量不一定小于B元素的相对原子质量，如CH4，故B错误；C、分子中的所有原子不一定都在同一平面上，如CCl4是正四面体结构，故C错误；D、ABn型的价层电子对数等于n，如PCl5中P原子上的价层电子对是5，SF6中S原子上的价层电子对是6，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了极性分子和非极性分子的判断方法，明确价层电子对指分子中的中心原子上的电子对，包括σ 键电子对和中心原子上的孤电子对是解答的关键。
28.主族元素原子失去最外层电子形成阳离子，主族元素原子得到电子填充在最外层形成阴离子。下列各原子或离子的电子排布式错误的是( )
A. Ca2＋ 1s22s22p63s23p6 B. O2－ 1s22s23p4
C. Fe 1s22s22p63s23p63d64s2 D. Fe2＋ 1s22s22p63s23p63d6
【答案】B
【解析】
A、钙原子失去2个电子变成钙离子，使次外层变成最外层，所以钙离子核外有18个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p6，选项A正确；B、氧原子核外有8个电子，氧原子得2个电子变成氧离子，最外层电子数由6个变成8个，所以氧离子核外有10电子，电子排布式为1s22s23p6，选项B错误；C、铁原子核外有26个电子，最外层电子数为2，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，选项C正确；D、铁原子失去2个电子变成亚铁离子，使次外层变成最外层，所以铁离子核外有24个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，选项D正确。答案选B。
29.根据科学人员探测，在海洋深处的沉积物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物。有关其组成的两种分子的下列说法正确的是( )
A. 它们都是极性键构成的极性分子 B. 它们之间以氢键结合在一起
C. 它们的成键电子的原子轨道都是sp3—s D. 它们的立体结构都相同
【答案】C
【解析】
【详解】甲烷水合物中包含CH4、H2O两种分子；二者中心原子均以sp3杂化，CH4中形成4个sp3—sσ键，H2O中形成2个sp3—sσ键；CH4是正四面体形，H2O是V形，所以CH4是极性键构成的非极性分子，H2O是极性键构成的极性分子。在可燃冰中，CH4和H2O分子之间以分子间作用力结合，结合以上分析可知，C正确；
综上所述，本题选C。
30.下列关于共价键说法中不正确的是( )
A. σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强
B. 两个原子间形成共价键时，最多有一个σ键
C. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D. N2分子中有一个σ键和两个π键
【答案】C
【解析】
两个原子在形成共价键时只有一个σ键,可能含有一个π键(如碳碳双键),也可能含有两个π键(如氮氮三键等),但有些气体单质是单原子分子,如稀有气体分子,它们不含化学键,也就不含σ键和π键。
分卷II
二、填空题(共6小题,共40分)
31.按要求填空。
(1)基态铝原子核外电子云有________种不同的伸展方向，共有________种不同能级的电子，有________种不同运动状态的电子。
(2)S的基态原子核外有________个未成对电子，Si的基态原子核外电子排布式为______________。基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________，该能层具有的原子轨道数为________，电子数为________。
(3)可正确表示原子轨道的是________(填字母)。
A．2s B．2d C．3p D．3f
(4)基态Fe原子有________个未成对电子，Fe3＋的电子排布式为________________；Cu＋基态核外电子排布式为______________。
(5)某元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋2，则n＝________；原子中能量最高的是________能级电子。
(6)第四周期中最外层仅有1个电子的所有基态原子的电子排布式为_____________，第四周期中，3d轨道半充满的元素符号是________。
【答案】 (1). 4 (2). 5 (3). 13 (4). 2 (5). 1s22s22p63s23p2 (6). M (7). 9 (8). 4 (9). AC (10). 4 (11). 1s22s22p63s23p63d5 (12). 1s22s22p63s23p63d10 (13). 2 (14). 2p (15). 19K：[Ar]4s1、24Cr：[Ar]3d54s1、29Cu：[Ar]3d104s1 (16). Cr、Mn
【解析】
【分析】
（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1；
（2）S的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；
（3）根据各能级含有的轨道分析，s能级只有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，f能级有7个轨道，注意不存在2d、3f能级；
（4）Fe元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（5）由于s亚层最多只能排2个电子,所以n=2；
（6）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2，所以为Cr、Mn。
【详解】（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，涉及3个s轨道、2个p轨道，因此其核外电子云（轨道）的伸展方向有4个；核外13个电子的运动状态各不相同，因此核外有13种不同运动状态的电子，故答案为：4；5；13；
（2）S的最外层有6个电子，为3s23p4，3p能级三个轨道、四个电子，依据泡利原理和洪特规则，先每个轨道排1个，方向相同，排满后再排，方向相反，故有两个孤对电子；Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为1+3+5=9、电子数为4，故答案为：2；1s22s22p63s23p2；M； 9；4；
（3）A项、2s能级只有1个轨道，故2s可以表示原子轨道，故A正确；
B项、不存在2d能级，故B错误；
C项、3s能级含有3个轨道，3个轨道相互垂直，3p z 表示为z轴上的轨道，故C正确；
D项、不存在3f能级，故D错误；
故选AC，故答案为：AC；
（4）Fe元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，先失去4s上的2个电子后、再失去3d上的1个电子形成Fe3+，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（5）由于s亚层最多只能排2个电子,所以n=2, 最外层电子的电子排布为2s2 2p3, 能量为高的是2p电子，故答案为：2；2p；
（6）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素，3种元素基态原子的电子排布式分别为：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2，所以为Cr、Mn，故答案为：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；Cr、Mn。
【点睛】本题考查核外电子排布规律，难度不大，关键是对核外电子排布规律的理解掌握，核外电子的分层排布规律：（1）第一层不超过2个，第二层不超过8个；（2）最外层不超过8个。每层最多容纳电子数为2n2个(n代表电子层数)，即第一层不超过2个，第二层不超过8个，第三层不超过18个；（3）最外层电子数不超过8个(只有1个电子层时，最多可容纳2个电子)。（4）最低能量原理：电子尽可能地先占有能量低的轨道，然后进入能量高的轨道，使整个原子的能量处于最低状态。（5）泡利原理：每个原子轨道里最多只能容纳2个电子，且自旋状态相反。（6）洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。
32.下表中实线是元素周期表的部分边界，其中上边界并未用实线标出。
根据信息回答下列问题。
(1)周期表中基态Ga原子的最外层电子排布式为____________________。
(2)Fe元素位于周期表的______区；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为__________；已知：原子数目和电子总数(或价电子总数)相同的微粒互为等电子体，等电子体具有相似的结构特征。与CO分子互为等电子体的分子和离子分别为________和_____(填化学式)。
(3)在CH4，CO，CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有__________________。
(4)根据VSEPR理论预测ED4-离子的空间构型为______________。B，C，D，E原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子的电子式为________________________(写2种)。
【答案】（1）4s24p1（2）d 0 N2CN－（3）CH4、CH3OH （4）正四面体 CO2、NCl3、CCl4(任写2种即可)
【解析】
试题分析：（1）31号元素Ga原子基态的最外层电子排布式为4s24p1。（2）26号元素Fe元素在周期表的位于第四周期第Ⅷ族，位于周期表的d区。Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为0价。与CO分子互为等电子体的分子是N2，离子为CN－。（3）在CH4、CO2、CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有CH4、CH3OH；CO2中的C原子的杂化方式为sp杂化。（4）根据表格中各种元素的相对位置可以看出：A是H；B是C；C是N；D是O；E是Cl。根据VSEPR理论预测ClO4-离子的空间构型为正四面体型。在C、N、O、Cl原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子有CO2、NCl3、CCl4，其电子式为；；。
考点：考查元素的推断、元素在周期表中的位置、原子的杂化、等电子体、微粒的空间构型、分子式、电子式、电子排布式等化学用语的知识。
33.现有短周期A，B，C三种元素，原子序数依次增大，A元素的单质是密度最小的气体，B获得2个电子可达到稳定结构，C与A同主族。
（1）判断A，B，C各为何种元素。A____，B____，C____。
（2）用电子式表示三种元素原子之间可能构成的化合物的形成过程，若含共价键请指出共价键是σ键还是π键，并标明该键的个数。
①A与B： ___________________________________________________。
②A与C：___________________________________________________。
③B与C：___________________________________________________。
④A，B，C：___________________________________________________。
【答案】 (1). 氢 (2). 氧 (3). 钠 (4). (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
短周期A、B、C三种元素,原子序数依次增大,A元素的单质是密度最小的气体,则A为氢元素;B获得2个电子可达到稳定结构,B处于第ⅥA族,C与A同主族,处于ⅠA,原子序数大于B,则B为氧元素、C为Na元素,据以上分析解答。
【详解】短周期A、B、C三种元素,原子序数依次增大,A元素的单质是密度最小的气体,则A为氢元素;B获得2个电子可达到稳定结构,B处于第ⅥA族,C与A同主族,处于ⅠA，原子序数大于B,则B为氧元素、C为Na元素，
(1)由上述分析可以知道,A为氢元素,B为氧元素,C为钠元素；因此，本题正确答案是:氢，氧，钠。
(2) ①A与B形成水或过氧化氢,形成水的过程为，（含有2个σ键)；形成过氧化氢的过程为:(含有3个σ键)；
综上所述，本题答案是：（含有2个σ键)；(含有3个σ键)。
②A与C形成NaH，形成过程为:；因此，本题正确答案是:。
③B与C形成氧化钠与过氧化钠,形成氧化钠的过程为:；形成过氧化钠的过程为:(含有1个σ键)；
因此，本题正确答案是：；或（含有1个σ键）。
④A，B，C形成氢氧化钠，形成氢氧化钠的过程为: ；因此，本题正确答案是：。
【点睛】氧化钠和过氧化钠、氢氧化钠均属于离子化合物，但是氧化钠只含有离子键，而过氧化钠既含有离子键，又含有非极性共价键，氢氧化钠既含离子键，又含有极性共价键。
34.X、Y、Z、V、W为五种前四周期元素，其中X是短周期(除稀有气体外)原子半径最大的元素；Y与X同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2；W的原子序数为29，W的离子能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子：
回答下列问题：
（1）W原子的核外电子排布式为________，上述配离子中含有的化学键类型有________(填字母)。
a．配位键 b．极性键
c．离子键 d．非极性键
（2）元素X、Y、V第一电离能由大到小的顺序是________________(用元素符号表示)。
（3）Z的氢化物的空间构型是________；该氢化物的沸点比甲烷的高，其主要原因是_______________________________________________。
（4）一定压强，将HF和HCl混合气体降温时，首先液化的物质是________。
（5）已知XeO3分子中氙原子上有1对孤对电子，则XeO3为________分子(填“极性”或“非极性”)；XeO3分子中中心原子的杂化类型为________；XeO3分子的空间构型为________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (2). abd (3). Mg>Al>Na (4). 三角锥形 (5). 氨分子间存在氢键 (6). HF (7). 极性 (8). sp3 (9). 三角锥形
【解析】
【分析】
X、Y、Z、V、W为五种前四周期元素，其中X是短周期（除稀有气体外）原子半径最大的元素，则X为Na元素；Y与X同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，则Y为Al元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，其原子核外电子排布为ls22s22p3，则Z为氮元素；V原子的核外电子排布式为ls22s22p63s2，则V为Mg元素，W的原子序数为29，W为Cu元素，据此答题。
【详解】（1）Cu原子核外电子数为29，原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；
W的离子能与乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）形成配离子，铜离子与乙二胺分子之间形成配位键，碳原子与氮原子、氢原子之间以及氮原子与氢原子之间形成极性键，碳原子之间形成非极性键，故选abd；
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s；abd。
（2）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但Mg原子3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能Mg＞Al＞Na，
故答案为：Mg＞Al＞Na。
（3）Z的氢化物为NH3，为三角锥型结构，氨气分子之间存在氢键，其沸点比甲烷的沸点高，
故答案为：三角锥型；氨分子间存在氢键。
（4）氟化氢分子间存在氢键，所以HF的熔沸点高于氯化氢的，因此首先液化的是HF，故答案为：HF。
（5）在XeO3分子中Xe形成3个极性键，又因为氙原子上有1对孤对电子，因此是sp3杂化，所以空间构型是三角锥形，属于极性分子，故答案为：极性，sp3，三角锥形。
35.现有原子序数小于20的A，B，C，D，E，F6种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最多的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B，D两元素原子核内质子数之和的1/2；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。回答下列问题。
(1)用电子式表示C和E形成化合物的过程________________。
(2)写出基态F原子核外电子排布式__________________。
(3)写出A2D的电子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ键，________(填“含”或“不含”)π键。
(4)A，B，C共同形成的化合物化学式为________，其中化学键的类型有________。
【答案】 (1). Na:―→Na＋[::]－ (2). 1s22s22p63s23p64s1 (3). H::H (4). 含 (5). 不含 (6). NaOH (7). 离子键、共价键
【解析】
【分析】
已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素； C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素；据以上分析解答。
【详解】已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素，
(1)结合以上分析可知，C为钠元素，E为氯元素；C和E形成化合物为氯化钠，属于离子化合物，用电子式表示氯化钠形成化合物的过程如下：Na:―→Na＋[::]－ ；综上所述，本题答案是：Na:―→Na＋[::]－。
(2) 结合以上分析可知，F为钾，核电荷数为19，基态K原子核外电子排布式: 1s22s22p63s23p64s1；综上所述，本题答案是：1s22s22p63s23p64s1。
(3) 结合以上分析可知，A为氢元素，D为硫元素；二者形成H2S，属于共价化合为物，电子式：H::H ；其分子中含σ键，不含π键；综上所述，本题答案是：H::H，含，不含。
(4)A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，三种元素共同形成的化合物化学式为NaOH ，其电子式为：， 化学键的类型有离子键、共价键；综上所述，本题答案是：NaOH，离子键、共价键。
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