【化学】新疆石河子第二中学2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）

新疆石河子第二中学2018-2019学年高二下学期期末考试
可能用到的相对原子质量：N-14 P-31 B-11 O-16
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，共25小题，每小题2分，共50分．)
1. 下列能级中轨道数为5的是（ ）
A. S能级 B. P能级 C. d能级 D. f能级
【答案】C
【解析】
【详解】s能级有1个原子轨道，p能级有3个原子轨道，d能级有5个原子轨道，f能级有7个原子轨道，则能级中轨道数为5的是d能级。
本题答案选C。
2.某元素原子价电子构型3d104S2，其应在(　　)
A. 第四周期ⅡA族 B. 第四周期ⅡB族 C. 第四周期ⅦA族 D. 第四周期ⅦB族
【答案】B
【解析】
【详解】价电子构型为3d104S2的元素，原子核外电子排布式为[Ar] 3d104S2的元素，其质子数为30，为Zn元素，则30-2-8-8=12，处于第四周期第12列，故处于周期表中第四周期ⅡB族；本题答案选B。
3.下列描述中正确的是( )
A. 氮原子的价电子排布图：
B. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
C. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素
D. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
【答案】C
【解析】
试题分析：A．由洪特规则可知，电子优先占据1个轨道，且自旋方向相同；
B．3p轨道的能量大于2p轨道的能量；
C．价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，最后填充p电子；
D．原子由基态变成激发态需要吸收能量．
解：A．根据“洪特规则”可知，2p轨道电子的自旋方向应该相同，正确的电子排布图为：，故A错误；
B．2p和3p轨道形状均为哑铃形，但是原子轨道离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，故B错误；
C．价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第ⅤA族，最后填充p电子，是p区元素，故C正确；
D．基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1，由基态转化成激发态1s22s22p63p1时，电子能量增大，需要吸收能量，故D错误；
故选C．
4.下列化学用语表达不正确的是(　　)
A. 次氯酸的电子式：
B. 质子数为6、质量数为14的原子：146N
C. CS2的结构式：S=C=S
D. 氯的原子结构示意图：
【答案】B
【解析】
试题分析：A、次氯酸的电子式中O原子与H、Cl各形成一对共用电子对，正确；B、质子数是6质量数是14的原子是C原子，不是N原子，错误；C、CS2的结构域二氧化碳相似，都含有双键，正确；D、Cl原子的核内有17个质子，核外有17个电子，原子结构示意图正确，答案选B。
考点：考查对化学用语的判断
5. 下列说法不正确的是
A. 两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键
B. σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强
C. N2分子中有一个σ键，2个π键
D. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
【答案】D
【解析】
试题分析：A、σ键是头碰头形成的，两个原子之间能形成一个，原子轨道杂化的对成性很高，一个方向上只可能有一个杂化轨道，所以最多有一个，A正确；B、σ键是电子“头对头”重叠形成的，π键是电子“肩并肩”重叠形成的，所以σ键比π键重叠程度大，B正确；C、氮气分子的结构式为N≡N，所以一个氮气分子中含有一个σ键，2个π键，C正确；D、气体单质分子中，可能只有键，如Cl2；也可能既有σ键又有π键，如N2；但也可能没有化学键，如稀有气体，D错误；答案选D。
【考点定位】本题主要是考查共价键判断
【名师点晴】明确σ键和π键的形成是解本题关键，σ键是由两个原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠导致电子在核间出现概率增大而形成的共价键，叫做σ键，可以简记为“头碰头”，σ键属于定域键，它可以是一般共价键，也可以是配位共价键，一般的单键都是σ键。原子轨道发生杂化后形成的共价键也是σ键，通常σ键的键能比较大，不易断裂，而且，由于有效重叠只有一次，所以两个原子间至多只能形成一条σ键。π键的轨道重叠程度比σ键小，不如σ键牢固。注意并不是所有的物质中都含有化学键，单原子分子不含化学键，这是本题的易错点。
6. 下列氯元素含氧酸酸性最强的是
A. HClO B. HClO2 C. HClO3 D. HClO4
【答案】D
【解析】
一般认为，成酸元素的化合价越高其本酸性越强，故氯呈最高正价的HClO4的酸性最强。
7.下列常见分子中心原子的杂化轨道类型是SP3的是：( )
A. PH3 B. BF3 C. SO2 D. CO2
【答案】A
【解析】
【详解】根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，据此判断杂质类型，中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4。
A．BF3中B原子杂化轨道数为=3+=3，中心原子杂化类型为sp2杂化，A项不符合要求；
B．PH3中P原子杂化轨道数为=3+=4中心原子杂化类型为sp3杂化，B项符合题意；
C．SO2中S原子杂化轨道数为=3+=3，中心原子杂化类型为sp2杂化，C项不符合题意；
D．CO2中C原子杂化轨道数为=2+=2，中心原子杂化类型为 sp杂化，D项不符合题意；
本题答案选B。
【点睛】根据价层电子对互斥理论来分析解答，明确孤电子对个数中各个字母的含义是解答易错点。
8.下列物质中，既含有极性共价键，又含有非极性共价键的是（ ）
A. CCl4 B. CO2 C. NH4Cl D. C2H4
【答案】D
【解析】
A. CCl4中只有极性键，A错误；B. CO2中只有极性键，B错误；C. NH4Cl中含有离子键和极性键，C错误；D. C2H4中既含有极性共价键，又含有非极性共价键，D正确，答案选D。
9.用价层电子对互斥理论预测H2O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；平面正三角形
【答案】D
【解析】
分析：H2O中中心原子O上的孤电子对数为（6-21）=2，成键电子对数为2，价层电子对数为2+2=4，VSEPR模型为四面体形，略去O上的两对孤电子对，H2O为V形；BF3中中心原子B上的孤电子对数为（3-31）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面正三角形，B上没有孤电子对，BF3为平面正三角形。
详解：H2O中中心原子O上的孤电子对数为（6-21）=2，成键电子对数为2，价层电子对数为2+2=4，VSEPR模型为四面体形，略去O上的两对孤电子对，H2O为V形；BF3中中心原子B上的孤电子对数为（3-31）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面正三角形，B上没有孤电子对，BF3为平面正三角形；答案选D。
点睛：本题考查价层电子对互斥理论确定分子的空间构型，理解价层电子对互斥理论确定分子空间构型的步骤是解题的关键。当中心原子上没有孤电子对时，分子的空间构型与VSEPR模型一致；当中心原子上有孤电子对时，分子的空间构型与VSEPR模型不一致。
10.与CO32﹣不是等电子体的是(　　)
A. SO3 B. BF3 C. PCl3 D. NO3﹣
【答案】C
【解析】
【详解】等电子体是具有相同原子数和相同的价电子数的微粒的互称；CO32－含有4个原子，其价电子数都是24；
A．SO3含有4个原子，其价电子数都是24，所以是等电子体，A项不符合题意；
B．BF3含有4个原子，其价电子数都是24，所以是等电子体，B项不符合题意；
C．PCl3含有4个原子，其价电子数都是23，不是等电子体，C项符合题意；
D．NO3﹣含有4个原子，其价电子数都是24，所以是等电子体，D项不符合题意；
本题答案选C。
11. 下列各组元素按第一电离能增加顺序排列的是（ ）
A. Li、Na、K B. B、Be、Li C. O、F、Ne D. C、P、Se
【答案】C
【解析】
A． Li、Na、K ，第一电离能逐渐减小；
B．B、Be、Li，Be的2s全满，故第一电离能大于Li；
C．O、F、Ne 逐渐增大；
D． C、P、Se，P的3p处于半满，第一电离能大于Se。
12.下列物质中，含有极性键但属于非极性分子的是（ ）
A. CO2 B. H2O C. O2 D. HCl
【答案】A
【解析】
分析：A项，CO2是含有极性键的非极性分子；B项，H2O是含极性键的极性分子；C项，O2是含非极性键的非极性分子；D项，HCl是含极性键的极性分子。
详解：A项，CO2中含极性键，CO2为直线形，CO2中正电中心和负电中心重合，CO2属于非极性分子；B项，H2O中含极性键，H2O为V形，H2O中正电中心和负电中心不重合，H2O属于极性分子；C项，O2是含非极性键的非极性分子；D项，HCl中含极性键，HCl中正电中心和负电中心不重合，HCl为极性分子；含有极性键但属于非极性分子的是CO2，答案选A。
点睛：本题考查键的极性和分子极性的判断，判断键的极性只要观察成键的两原子是否相同，分子的极性取决于键的极性和分子的空间构型，若分子中正电中心和负电中心重合则为非极性分子，反之为极性分子。
13.下列化合物中含有手性碳原子的是( )
A. CF2 B.
C. CH3CH2OH D. CH3－CH(OH)－COOH
【答案】D
【解析】
【详解】在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，这种碳原子称为“手性碳原子”。
A．碳原子连接2个相同的Cl原子和2个相同的F原子，所以该碳原子不是手性碳原子，A项不符合题意；
B．1号位和3号位的C原子连接2个相同的H原子，2号位C原子连接2个相同的—CH2OH原子团，因此所有碳原子均不是手性碳原子，B项不符合题意；
C．CH3CH2OH分子中每个碳原子都含有相同的原子，所以不含手性碳原子，C项不符合题意；
D．该分子中连接羟基和羧基的碳原子上连接4个不同的原子或原子团，所以该碳原子属于手性碳原子，D项符合题意；
本题答案选D。

14. 下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是
A. [Co（NH3）4Cl2] Cl
B. [Co（NH3）3Cl3]
C. [Co（NH3）6] Cl3
D. ［Cu（NH3）4]Cl2
【答案】B
【解析】
试题分析：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错误；答案选B。
考点：考查配合物的成键情况
15.你认为下列说法正确的是(　　)
A. 液态氟化氢中存在氢键，所以其分子比氯化氢更稳定
B. 氢键存在于分子之间，也存在于分子之内
C. 对于分子，其范德华力只随着相对分子质量的增大而增大
D. NH3极易溶于水而CH4难溶于水的原因只是NH3是极性分子，CH4是非极性分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢键属于一种分子间作用力，与分子的稳定性无关，A项错误；
B．邻羟基苯甲酸分子内的羟基与羧基之间即存在氢键，水分子之间存在氢键，所以氢键存在于分子之间，也存在于分子之内，B项正确；
C．范德华力与相对分子质量和分子结构有关，有机物同分异构体的分子式相同，相对分子质量相同，其支链越多，沸点越低，C项错误；
D．NH3与水分子之间存在氢键，使氨气易溶于水，所以NH3极易溶于水的原因为NH3是极性分子和氨气与水分子间存在氢键，不单单只是由于NH3是极性分子，D项错误；
本题答案选B。
16. 根据元素周期律和物质结构的有关知识，以下有关排序错误的是（ ）
A. 离子半径：S2-＞Cl-＞Ca2+ B. 电负性：C＞N＞O
C. 热稳定性：HF＞H2O＞H2S D. 酸性：HCl＜HBr＜HI
【答案】B
【解析】
试题分析：A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径：S2-＞Cl-＞Ca2+，A正确；B．非金属性越强，电负性越大，则电负性：C＜N＜O，B错误；C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则热稳定性：HF＞H2O＞H2S，C正确；D．非金属性Cl＞Br＞I，则H-Cl最稳定，酸性：HCl＜HBr＜HI，D正确；答案选B。
【考点定位】本题主要是考查元素周期表及周期律综合应用
【名师点晴】该题为高频考点，把握元素的性质、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。易错点是酸性强弱比较，注意非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，与氢化物的酸性强弱无关。
17.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是 kJ/mol。根据下表所列数据判断错误的是
元素
I1
I2
I3
I4
X
500
4600
6900
9500
Y
580
1800
2700
11600
A. 元素X的常见化合价是+1价
B. 元素Y是ⅢA族的元素
C. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl
D. 若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应
【答案】D
【解析】
分析】
由电离能数据可知，X的第二电离能剧增，故X可失去1个电子，原子最外层电子数为1，Y的第四电离能剧增，故Y可失去3个电子，原子最外层有3个电子，据此答题。
【详解】A.由于X的第二电离能剧增，则X元素极易失去第1个电子，原子最外层电子数为1，所以元素X的常见化合价是+1价，故A正确；
B.由于Y的第四电离能剧增，故Y可失去3个电子，Y原子最外层只有3个电子，且Y为主族元素，则元素Y是ⅢA族的元素，故B正确；
C.由元素X的电离能可知，X极易失去第1个电子，所以常见的化合价为+1价，与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，故C正确；
D.根据Y元素电离能可知，Y元素的最外层只有3个电子，若元素Y处于第3周期，则为Al元素，而铝不能与冷水反应，故D错误。
故选D。
18.下列各组晶体中化学键类型和晶体类型均相同的是( )
A. 二氧化硅和二氧化碳 B. 金刚石和石墨
C. 氯化钠和过氧化钠 D. 溴和白磷
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅是原子晶体，存在共价键，二氧化碳是分子晶体，分子内为共价键，分子间为范德华力，二者晶体类型和化学键类型不同，A项不符合题意；
B．金刚石是原子晶体，存在共价键，石墨为层状晶体，层内是共价键，层间是范德华力，属混合晶体，二者化学键类型和晶体类型不同，B项不符合题意；
C．氯化钠是离子晶体，存在离子键，过氧化钠为离子晶体，但既存在离子键，也存在共价键，二者化学键类型不相同，C项不符合题意；
D．溴是分子晶体，白磷是分子晶体，均存在共价键。二者化学键类型和晶体类型均相同，D项符合题意；
本题答案选D。
【点睛】考查化学键类型和晶体类型的判断，分清原子晶体，分子晶体，离子晶体等常见晶体的化学键是解答的关键。
19.在下列有关晶体的叙述中错误的是 （　 ）
A. 离子晶体中，一定存在离子键 B. 原子晶体中，只存在共价键
C. 金属晶体熔沸点均很高 D. 稀有气体的原子能形成分子晶体
【答案】C
【解析】
离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，A正确。原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，B正确。C不正确，例如金属汞常温下是液体。分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，D正确。所以答案选C。
20.萤石（CaF2）晶体属于立方晶系，萤石中每个Ca2+被8个F-所包围，则每个F-周围最近距离的Ca2+数目为（　　）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】B
【解析】
试题分析：设每个F-周围最近距离的Ca2+数目为x，CaF2中，解得x=4，答案选B。
考点：考查CaF2晶体的有关计算
点评：该题是高考中的常见考点和题型，试题基础性强，难易适中，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力。有利于培养学生的抽象思维能力和发散思维能力。
21.下图所示是晶体结构中具有代表性的最小重复单元(晶胞)的排列方式，其对应的化学式正确的是(图中：O-X，●-Y，⊕-Z。C选项中Y原子在面上。)( )。
A. X2Y B. XY3
C. XY3Z D. XYZ
【答案】C
【解析】
分析：用“均摊法”分析。A项，X：1，Y：8=1；B项，X：4+1=，Y：4=；C项，X：8=1，Y：6=3，Z：1；D项，X：8=1，Y：12=3，Z：1。
详解：用“均摊法”分析。A项，X：1，Y：8=1，X与Y的个数比为1:1，化学式为XY，A项错误；B项，X：4+1=，Y：4=，X与Y的个数比为3:1，化学式为X3Y，B项错误；C项，X：8=1，Y：6=3，Z：1，X、Y、Z的个数比为1:3:1，化学式为XY3Z，C项正确；D项，X：8=1，Y：12=3，Z：1，X、Y、Z的个数比为1:3:1，化学式为XY3Z，D项错误；答案选C。
点睛：本题考查晶体化学式的确定，用“均摊法”确定晶胞中微粒的个数，对长方体晶胞，处于顶点的同为8个晶胞共有，每个微粒有属于该晶胞；处于棱上的同为4个晶胞共有，每个微粒有属于该晶胞；处于面上的同为2个晶胞共有，每个微粒有属于该晶胞；处于内部的整个微粒属于该晶胞。
22.下面的排序不正确的是 （ ）
A. 晶体熔点由低到高：CF4 B. 硬度由大到小:金刚石>碳化硅>晶体硅
C. 熔点由高到低:Na>Mg>Al
D. 晶格能由大到小: NaF> NaCl> NaBr>NaI
【答案】C
【解析】
分子晶体熔点和分子的相对质量有关，CF4碳化硅>晶体硅。熔点Al> Mg> Na,离子晶体的熔沸点和晶格能有关，晶格能和电荷数成正比，和半径成反比，熔点：NaF> NaCl> NaBr>NaI。
23.下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
A.根据卤族元素的原子结构和性质，可知电负性随核电荷数的递增而减小，A正确；B.F元素无正价，B错误；C.同一族元素中，随着核电荷数的增大，原子半径增大，核对外层电子的吸引力减小，原子越容易失去电子，电离能减小，C错误；D. F、Cl、Br随核电荷数的递增，原子的电子层数越多，半径越大，D错误。答案选A.
点睛：C为易错项，要明确非金属性越强，第一电离能越大。
24.已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度,且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中正确的是( )
A. C3N4晶体是分子晶体
B. C 原子sp3杂化，与4个处于4面体顶点的N 原子形成共价键
C. C3N4晶体中C、N原子个数之比为4∶3
D. C3N4晶体中粒子间通过离子键结合
【答案】B
【解析】
试题分析：A．已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间以单键结合。所以C3N4晶体是原子晶体，故A错误；B．C 原子sp3杂化，与4个处于4面体顶点的N 原子形成共价键，故正确；C．由化学式C3N4可知，晶体中C、N原子个数之比为3∶4，故C错误；D．C3N4晶体中粒子间通过共价键结合，故D错误。
25.无机化学对硫－氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。如图所示是已经合成的最著名的硫－氮化合物的分子结构。下列说法正确的是(　　)

A. 该物质的分子式为SN
B. 该物质的分子中既有极性键又有非极性键
C. 该物质具有很高的熔、沸点
D. 该物质与化合物S2N2互为同素异形体
【答案】B
【解析】
A. 该物质的分了式为S4N4，A不正确；B. 该物质的分子中既含有极性键（S—N）又含有非极性键（N—N），B正确；C. 该物质形成的晶体是分子晶体，具有较低的熔、沸点，C不正确；D. 该物质与化合物S2N2不是同素异形体，同素异形体指的是同一元素形成的不同单质，D不正确。本题选B。
二.填空题(共50分)
26.判断下列粒子的空间构型
（1）CO2：_______________________
（2）H2S：____________
（3）SO2：___________
（4）NH4+：_________________
（5）CO32-：_____________
【答案】 (1). 直线形 (2). V形 (3). V形 (4). 正四面体形 (5). 平面三角形
【解析】
分析：用价层电子对互斥理论判断，CO2为直线形，H2S为V形，SO2为V形，NH4+为正四面体形，CO32-为平面三角形。
详解：（1）CO2中中心原子C上的孤电子对数为（4-22）=0，成键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，VSEPR模型为直线形，C原子没有孤电子对，CO2为直线形。
（2）H2S中中心原子S上的孤电子对数为（6-21）=2，成键电子对数为2，价层电子对数为2+2=4，VSEPR模型为四面体形，略去S原子上的两对孤电子对，H2S为V形。
（3）SO2中中心原子S上的孤电子对数为（6-22）=1，成键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，VSEPR模型为平面三角形，略去S原子上的一对孤电子对，SO2为V形。
（4）NH4+中中心原子N上的孤电子对数为（5-1-41）=0，成键电子对数为4，价层电子对数为0+4=4，VSEPR模型为正四面体形，N原子没有孤电子对，NH4+为正四面体形。
（5）CO32-中中心原子C上的孤电子对数为（4+2-32）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面三角形，C原子没有孤电子对，CO32-为平面三角形。
27.下表为元素周期表前三周期的一部分：

（1）判断 Y ____ Z _____ R _____(写元素符号)。
（2）写出X的氢化物的化学式：_________，W的氢化物的化学式_________，其沸点比较： ________＞________ ______________ (填化学式)
（3）下图是X的基态原子的电子排布图，其中有一个是错误的，它不能作为基态原子的电子排布 图是因为它不符合________。

（4）以上五种元素中，________(填元素符号)元素第一电离能最大。_____元素电负性最大，Y的基态原子的电子排布式为________________
【答案】 (1). S (2). F (3). Ne (4). NH3 (5). PH3 (6). NH3 ＞ PH3 (7). 洪特规则 (8). Ne (9). F (10). 1s22s22p63s23p4
【解析】
分析：（1）根据各元素在周期表中的位置，X、Y、Z、R、W分别代表N、S、F、Ne、P元素。
（2）X的氢化物为NH3。W的氢化物为PH3。沸点：NH3PH3。
（3）根据原子核外电子排布规律，其中①错误，违背了洪特规则。
（4）根据第一电离能的变化规律，Ne的第一电离能最大。根据电负性的变化规律，F的电负性最大。根据构造原理，Y的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4。
详解：（1）根据各元素在周期表中的位置，X、Y、Z、R、W分别代表N、S、F、Ne、P元素。Y、Z、R依次为S、F、Ne。
（2）X为N元素，N原子最外层有5个电子，N的最低负价为-3价，X的氢化物为NH3。W为P元素，P原子最外层有5个电子，P的最低负价为-3价，W的氢化物为PH3。由于NH3分子间存在氢键，PH3分子间不存在氢键，沸点：NH3PH3。
（3）根据原子核外电子排布规律，其中①错误，违背了洪特规则。
（4）同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，Ne的第一电离能最大。同周期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，F的电负性最大。Y为S，S原子核外有16个电子，根据构造原理，Y的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4。
28.已知A原子只有一个未成对电子，M电子层比N电子层多11个电子，试回答下列问题：
（1）该元素的基态原子有___个能层充有电子；
（2）写出A原子的电子排布式和元素符号_______；_________。
（3）指出元素A在周期表中的位置________。
（4）指出元素A的最高化合价 ______。
（5）A的氢化物分子中共价键的类型可能有_____。
① s-pσ键 ② p-pσ键 ③ s-s σ键 ④ p-pπ键
（6）写出与A同周期未成对电子数最多的元素原子的价层电子排布式_________。
【答案】 (1). 4 (2). 1s22s22p63s23p63d104s24p5 (3). Br (4). 第四周期第ⅦA族 (5). +7 (6). ① (7). 3d54s1
【解析】
分析：A原子只有一个未成对电子，M电子层比N电子层多11个电子，根据原子核外电子排布规律，基态A原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，A为Br元素。
详解：A原子只有一个未成对电子，M电子层比N电子层多11个电子，根据原子核外电子排布规律，基态A原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，A为Br元素。
（1）该元素的基态原子中K、L、M、N层排有电子，有4个能层充有电子。
（2）A原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，A的元素符号为Br。
（3）A原子核外有4个电子层，最外层有7个电子，元素A在周期表中的位置：第四周期第VIIA族。
（4）A原子的最外层有7个电子，A的最高化合价为+7价。
（5）A的氢化物为HBr，HBr中的共价键是由H原子的1s原子轨道提供的未成对电子与Br原子的4p原子轨道提供的未成对电子形成的s-pσ键，答案选①。
（6）A位于第四周期，第四周期中未成对电子数最多的元素为Cr，Cr的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，Cr的价层电子排布式为3d54s1。
29.黄铜是由铜和锌组成的合金，在黄铜中加入镍可显著提高黄铜在大气中和海水中的耐蚀性。回答下列问题：
（1）基态Ni2+的核外电子排布式为____________________，有_______个未成对电子。
（2）CuSO4溶液里逐滴滴入过量氨水，形成深蓝色溶液。
①深蓝色的溶液 是因为生成了一种配离子，其离子符号为____________________
其中配位原子是____________ 。
②NH3分子的空间构型是_______。NH3的键角______（填大于或小于）H2O，原因是__________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d8 (2). 2 (3). [Cu（NH3）4]2+ (4). N (5). 三角锥形 (6). 大于 (7). 氨分子和水分子的VSEPR模型都是四面体形，但水分子中中心原子孤电子对数大于氨分子，对σ键的斥力更大，键角更小
【解析】
分析：（1）Ni原子核外有28个电子，根据构造原理，基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8。有2个未成对电子。
（2）CuSO4溶液中逐滴滴入过量氨水，发生的离子反应有：Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O。
①配离子符号为[Cu（NH3）4]2+，配位原子为N。
②NH3分子的空间构型为三角锥形。NH3的键角大于H2O，原因是：氨分子和水分子的VSEPR模型都是四面体形，但水分子中中心原子孤电子对数大于氨分子，对σ键的斥力更大，键角更小。
详解：（1）Ni原子核外有28个电子，根据构造原理，基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8。3d原子轨道中有2个未成对电子。
（2）CuSO4溶液中逐滴滴入过量氨水，发生的离子反应有：Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O。
①配离子符号为[Cu（NH3）4]2+，NH3分子中N原子提供孤电子对与Cu2+的空轨道共用，配位原子为N。
②NH3中中心原子N上的孤电子对数为（5-31）=1，成键电子对数为3，价层电子对数为1+3=4，VSEPR模型为四面体形，略去N上的一对孤电子对，NH3分子的空间构型为三角锥形。NH3的键角大于H2O，原因是：氨分子和水分子的VSEPR模型都是四面体形，但水分子中中心原子孤电子对数[H2O中中心原子O上的孤电子对数为（6-21）=2]大于氨分子，对σ键的斥力更大，键角更小。
30.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种元素，A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代； B与A同周期，其s能级电子数比p能级电子数多；C原子的最外层电子数是次外层的3倍；D与B同主族；E的原子序数为29。回答下列问题：
（1）五种元素中第一电离能最大的是_____，其中D原子价电子排布图为______。   
（2）元素B的简单气态氢化物的沸点______元素A的简单气态氢化物的沸点（填大于或小于），其主要原因是____； A的简单气态氢化物中心原子的杂化轨道类型为________。
（3）BC3-立体构型为__________，与其互为等电子体的分子是__________（写化学式）。
（4）EC在加热条件下容易转化为E2C，从原子结构的角度解释原因____________；E原子的外围电子排布式为_____________。
（5）硼与D可形成一种耐磨材料F，其结构与金刚石相似（如图）。F的晶胞边长为a cm，则该晶体密度的表达式为___________g·cm-3。(用含a、NA的式子表示， 不必化简）。

【答案】 (1). N (2). (3). 高于 (4). NH3分子之间存在氢键 (5). sp3 (6). 平面三角形 (7). SO3 (8). Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子排布为3d10，为全充满稳定状态，Cu2O 更稳定 (9). 3d104s1 (10).
【解析】
分析：A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代，A为C元素；C原子的最外层电子数是次外层的3倍，C为O元素；A为第二周期元素，B与A同周期，B的s能级电子数比p能级电子数多，B的原子序数介于A与C之间，B为N元素；E的原子序数为29，E为Cu元素；D与B同主族，D的原子序数介于C与E之间，D为P元素。
（1）五种元素中第一电离能最大的是N。D的价电子排布图为。
（2）沸点NH3CH4，主要原因是NH3分子间存在氢键。CH4中碳原子为sp3杂化。
（3）BC3-为NO3-，NO3-的立体构型为平面三角形。用“替代法”，与其互为等电子体的分子是SO3等。
（4）EC为CuO，E2C为Cu2O，CuO在加热条件下容易转化为Cu2O的原因是：Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子排布为3d10，为全充满稳定状态，Cu2O 更稳定。Cu原子的外围电子排布式为3d104s1。
（5）用“均摊法”确定晶胞中含有的原子的个数，由晶胞的边长计算晶胞的体积，进一步计算1mol晶体的体积，1mol晶体的质量除以1mol晶体的体积计算晶体的密度。
详解：A的一种同位素可用于考古中测定生物的死亡年代，A为C元素；C原子的最外层电子数是次外层的3倍，C为O元素；A为第二周期元素，B与A同周期，B的s能级电子数比p能级电子数多，B的原子序数介于A与C之间，B为N元素；E的原子序数为29，E为Cu元素；D与B同主族，D的原子序数介于C与E之间，D为P元素。
（1）根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第VA族大于第VIA族，第一电离能NOC，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能NP，Cu是金属元素，Cu的第一电离能最小，五种元素中第一电离能最大的是N。D为P元素，P原子核外有15个电子，根据构造原理，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，P原子的价电子排布式为3s23p3，D的价电子排布图为。
（2）B的简单氢化物为NH3，A的简单氢化物为CH4，沸点NH3CH4，主要原因是NH3分子间存在氢键，CH4分子间不存在氢键。CH4中中心原子C上的孤电子对数为（4-41）=0，成键电子对数为4，价层电子对数为0+4=4，CH4中碳原子为sp3杂化。
（3）BC3-为NO3-，NO3-中中心原子N上的孤电子对数为（5+1-32）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面三角形，N上没有孤电子对，NO3-的立体构型为平面三角形。用“替代法”，与其互为等电子体的分子是SO3等。
（4）EC为CuO，E2C为Cu2O，CuO在加热条件下容易转化为Cu2O的原因是：Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子排布为3d10，为全充满稳定状态，Cu2O 更稳定。Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子的外围电子排布式为3d104s1。
（5）B原子最外层有3个电子，P原子最外层有5个电子，B与P形成的化合物的化学式为BP，F的化学式为BP；用“均摊法”金刚石的晶胞中含C原子：8+6+4=8个；F的晶胞中含4个B原子和4个P原子，F的晶胞边长为acm，F的晶胞体积为a3cm3；1mol晶体的体积为cm3；1mol晶体的质量为42g，该晶体的密度为42g（cm3）=g/cm3。
31.Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；Y原子的价电子(外围电子)排布为msnmpn；②R原子核外L层电子数为奇数；③Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：
（1）Z2＋的核外电子排布式是________。
（2）在[Z(NH3)4]2＋离子中，Z2＋的空轨道接受NH3分子提供的________形成配位键。
（3）Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是________。
a．稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙 b．稳定性：甲>乙，沸点：甲<乙
c．稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙 d．稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙
（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为________(用元素符号作答)。
（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的σ键与π键的键数之比为________，其中心原子的杂化类型是________。
（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，该元素属于________区元素，元素符号是________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d9 (2). 孤电子对 (3). b (4). Si 【解析】
分析：Z的原子序数为29，Z为Cu元素；R原子核外L层电子数为奇数，R为第二周期元素，Q的p轨道电子数为2，Q的原子序数小于R，Q为C元素；Y原子的价电子排布为msnmpn，Y原子的价电子排布为ms2mp2，Y为第IVA族元素，Y的原子序数介于Q与Z之间，Y为Si元素；X原子p轨道的电子数为4，X的原子序数介于Q与Y之间，X为O元素；R的原子序数介于Q与X之间，R为N元素。
（1）Z2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。
（2）在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+的空轨道接受NH3分子中N原子提供的孤电子对形成配位键。
（3）Q、Y形成的最简单气态氢化物依次为CH4（甲）、SiH4（乙），稳定性：CH4SiH4，沸点：CH4SiH4。
（4）C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为SiCN。
（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为CHCH，CHCH中σ键与π键的键数之比为3:2。其中C原子为sp杂化。
（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，该元素属于d区元素，元素符号是Cr。
详解：Z的原子序数为29，Z为Cu元素；R原子核外L层电子数为奇数，R为第二周期元素，Q的p轨道电子数为2，Q的原子序数小于R，Q为C元素；Y原子的价电子排布为msnmpn，Y原子的价电子排布为ms2mp2，Y为第IVA族元素，Y的原子序数介于Q与Z之间，Y为Si元素；X原子p轨道的电子数为4，X的原子序数介于Q与Y之间，X为O元素；R的原子序数介于Q与X之间，R为N元素。
（1）Z为Cu元素，Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Z2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。
（2）在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+的空轨道接受NH3分子中N原子提供的孤电子对形成配位键。
（3）Q、Y形成的最简单气态氢化物依次为CH4（甲）、SiH4（乙），由于C-H键的键长小于Si-H键，C-H键的键能大于Si-H键，稳定性：CH4SiH4；由于CH4的相对分子质量小于SiH4的相对分子质量，CH4分子间作用力小于SiH4分子间作用力，沸点：CH4SiH4；答案选b。
（4）根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能CN；同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能CSi；C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为SiCN。
（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为CHCH，CHCH的结构式为H—CC—H，单键全为σ键，三键中含1个σ键和2个π键，CHCH中σ键与π键的键数之比为3:2。CHCH中每个碳原子形成2个σ键，C原子上没有孤电子对，C原子为sp杂化。
（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，由于最后电子填入的能级符号为3d，该元素属于d区元素，元素符号是Cr。