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【化学】福建省福清市华侨中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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福建省福清市华侨中学2018-2019学年高二上学期期中考试
考试日期：11月15日 完卷时间： 90 分钟 满 分： 100 分
相对原子量: H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Si-28 Cl-35.5 Ca-40 Br-80 Ti-48
I卷
一、选择题（只有一个正确答案，每小题2分，共48分）
1.玻尔理论、量子力学理论都是对核外电子运动的描述方法，下列有关叙述中正确的
A. 因为s轨道的形状是球形的，所以s电子做的是圆周运动
B. 处于同一轨道上的电子可以有多个，它的运动状态完全相同
C. 原子轨道和电子云都是用来形象地描述电子运动状态的
D. H2、F2、HCl和H2O中的σ键都是sp σ键
【答案】C
【解析】
【详解】A.S轨道的形状是球形的，表示电子出现概率大小，而不表示电子运动轨迹，故A错误；
B.同一轨道上最多排2个电子，其自旋方向相反，故B错误；
C.原子轨道和电子云都用来描述电子运动状态而不是表示电子运动轨迹，所以C选项是正确的；
D. σ键一般有三种类型，两个s电子重叠形成s-s σ键，s电子与p电子形成s-p σ键，p电子与p电子也能形成p-p σ键，在H2分子里的σ键属于s-sσ键，在F2分子里的σ键属于p-p σ键，故D错误。
所以C选项是正确的。
2.元素原子的最外层电子排布式为4s1的元素种类有
A. 9种 B. 3种 C. 1种 D. 2种
【答案】B
【解析】
【详解】原子的最外层电子排布满足4s1的金属元素有碱金属元素以及过渡元素Cr和Cu，所以原子的最外层电子排布满足4s1的金属有K、Cr、Cu，共3种，
故选：B。
【点睛】本题考查原子核外电子排布，侧重于基础知识的考查，注意把握原子的结构和元素周期表的关系，易错点为Cr和Cu，答题时不要忽视。
3.某潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金作载热介质，下列关于Al、Na原子结构的分析中正确的是
A. 原子半径：Al＞Na B. 第一电离能：Al
【答案】C
【解析】
【分析】
钠与铝位于周期表相同周期，从左到右原子半径逐渐减小，第一电离能逐渐增大，结合核外电子排布解答该题。
【详解】A.同周期自左向右原子半径逐渐减小，故A错误；
B.同周期自左向右第一电离能逐渐增大，故B错误；
C. Na和Al的基态原子未成对电子数都为1，故C正确；
D.金属晶体中，价电子数越多，金属键越强，硬度越大，铝的硬度大于钠的硬度，故D错误。
所以C选项是正确的。
4.下列反应过程中，既有共价键的断裂，又有离子键的形成的是
A. 氢气和氧气燃烧生成水 B. 氯气和钠燃烧生成白烟
C. 氯化氢气体溶解于水 D. 食盐水蒸发结晶
【答案】B
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键，非金属元素之间易形成共价键，反应中既有共价键的断裂，又有离子键的形成，说明发生了化学反应，据此分析解答。
【详解】A. 氢分子、氧分子和水分子中都存在共价键，所以氢气和氧气燃烧生成水，既有共价键的断裂，又有共价键的形成，故A错误；
B. 2Na+Cl2=2NaCl中既有共价键的断裂，又有离子键的形成，所以B选项是正确的；
C.氯化氢溶于水，氯化氢在水分子的作用下电离出氢离子和氢氧根离子，只有共价键的断裂，故C错误；
D. 食盐水蒸发结晶有氯化钠晶体析出，有离子键形成，但无共价键断裂，故D错误。
所以B选项是正确的。
5. 下列说法正确的是
A. 若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性
B. H3O+离子的存在，说明共价键不应有饱和性
C. 所有共价键都有方向性
D. 两个原子轨道发生重叠后，两核间的电子仅存在于两核之间
【答案】A
【解析】
试题分析：A、共价键具有饱和性，所以若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性，正确；B、H3O＋离子的存在，是因为水分子与氢离子结合的缘故，与共价键的饱和性无关，错误；C、s轨道未球形对称，所以与s轨道形成的共价键无方向性，错误；D、两个原子轨道重叠后，每个原子周围的电子对应尽可能的相互远离，使分子更稳定，错误，答案选A。
考点：考查共价键的性质判断
6.下列叙述正确的是
A. 1个乙醇分子中存在9对共用电子
B. PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
C. H2S和CS2分子都是含非极性键的分子
D. 熔点由高到低的顺序是：金刚石>碳化硅>晶体硅
【答案】D
【解析】
【详解】A.1个乙醇分子中:CH3-CH2-OH，含有8个单键，所以分子中存在8对共用电子，故A错误；
B. PCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构，BCl3分子中B原子最外层电子数为6，Cl原子最外层电子数为8，故B错误；
C. H2S是含有极性键的极性分子，CS2分子是含有极性键的非极性键的分子，故C错误；
D. 因为碳原子半径小于硅原子半径，所以C-C的键长碳化硅>晶体硅，故D正确。
故答案选D。
7.肯定属于同族元素且性质相似的是
A. A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子
B. 结构示意图：A为 ，B为
C. A原子基态时2p轨道有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道也有1个未成对电子
D. 原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s2
【答案】A
【解析】
【分析】
A. A为C元素，B为Si元素；
B.A为Ne元素，B为Na+；
C.A可能为B或F元素，B为可能为Al或Cl；
D. A为Be元素，B为He元素；
结合对应原子或离子的性质解答。
【详解】A. A为C元素，B为Si元素，位于相同主族，性质相似，所以A选项是正确的；
B. A为Ne元素，B为Na+，不是同主族元素，性质不同，故B错误；
C. A可能为B或F元素，B为可能为Al或Cl，不一定在相同主族，性质不一定相同，故C错误；
D. A为Be元素，B为He元素，二者不在同一主族，性质不同，故D错误。
所以A选项是正确的。
8.下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质分子式的是
A. NH4NO3 B. SiO2 C. C2H6O D. Na
【答案】C
【解析】
【分析】
化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的应是分子晶体物质，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。
【详解】A. NH4NO3为离子晶体，化学式为晶体中阴阳离子的个数比，晶体中不含单个分子，故A错误；
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错误；
C. C2H6O为分子晶体，晶体中含有单个分子，所以C选项是正确的；
D. Na为金属晶体，晶体的组成为金属阳离子和自由电子，晶体中无单个分子，故D错误。
所以C选项是正确的。
9.下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是
A. BF3 B. H2S C. SiCl4 D. PCl5
【答案】C
【解析】
【详解】主要分子中元素化合价的绝对值与该元素原子的最外层电子数之和满足8，即可以满足该原子是8电子稳定结构，据此可知选项C正确。A中B元素，B中H元素， D中P元素均不能满足8电子的稳定结构。
答案选C。
【点睛】该题是高考中的常见题型，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力，该题的关键是明确判断8电子稳定结构的依据，然后结合题意灵活运用即可。
10.下列各基态原子或离子的电子排布式正确的是
A. O2－ 1s22s22p4 B. Ca [Ar]3d2
C. Fe [Ar]3d5 D. Si 1s22s22p63s23p2
【答案】D
【解析】
【分析】
电子排布遵循能量最低原理、泡利原理，按照1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d……的顺序填充电子，以此来解答。
【详解】A.O的质子数为8，得到2个电子变为离子，则O2－的电子排布式为1s22s22p6，故A错误；
B.Ca原子核外电子排布式为[Ar]4s2或1s22s22p63s23p64s2,故B错误；
C.Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，4s最多有2个电子，故C错误；
D.Si的质子数为14，则Si的电子排布式为1s22s22p63s23p2，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
11.白磷与氧气可发生如下反应:P4+5O2=P4O10已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为:P—P a kJ·mol-1、P—O b kJ·mol-1、P=O c kJ·mol-1、O=O d kJ·mol-1。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH，其中正确的是( )
A. (4c+12b-6a-5d) kJ·mol-1 B. (6a+5d-4c-12b) kJ·mol-1
C. (4c+12b-4a-5d) kJ·mol-1 D. (4c+5d-4a-12b) kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】化学反应的实质是反应物原有化学键的断裂和生成物新化学键生成的过程。依据键能的数值可以估算化学反应的热效应，即△H＝反应物的键能总和－生成物的键能总和。根据反应P4+5O2═P4O10，并结合物质的结构式可知，白磷分子中含有6个P－P键，氧气中含有1个O＝O键，P4O10分子中含有4个P＝O键和12个P－O键，因此该反应的△H＝6a＋5d－（4c＋12b），因此答案选B。
【点睛】解答本题的关键在于根据P4和P4O10分子结构弄清其中含有共价键的数目，如P4O10分子中，每个P原子形成三个P－O键和一个P＝O键，故一个P4O10分子中共含有4个P＝O键和12个P－O键。
12.下列说法中正确的是
A. 一个原子核外每个电子的运动状态不同，能量也不同
B. 3p2表示3p能级有两个轨道
C. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
D. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，这两个电子的能量完全相同，另外在等价轨道上填充的电子能量也相同，可能存在能量相同的电子，故A错误；
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. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等，都为3，故C错误；
D. 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D正确。
所以D选项是正确的。
13.下列化学用语正确的是
A. 乙醇的结构简式：C2H6O
B. HF的电子式：
C. 丙烷分子的球棍模型为：
D. N2的结构式：∶N≡N∶
【答案】C
【解析】
【分析】
A．乙醇的结构简式中要体现官能团；
B．氟化氢是共价化合物；
C．碳原子半径大于H原子，球棍模型能够体现出丙烷的空间结构；
D．氮气分子中氮氮原子间存在共价三键。
【详解】A．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，故A错误；
B．氟化氢的电子式为，故B错误；
C．丙烷为饱和烷烃，存在碳碳单键和碳氢单键，三个碳原子在一条链上，球棍模型为：，故C正确；
D．氮气分子中氮氮原子间存在共价三键，其结构简式为N≡N，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了化学用语，根据结构简式、核外电子排布式、电子式的书写规则书写即可，注意离子化合物和共价化合物电子式的书写区别。
14.下列实验事实中，能用共价键强弱来解释的是（ ）
①稀有气体一般较难发生化学反应 ②金刚石比晶体硅的熔点高
③氮气比氯气的化学性质稳定 ④通常情况下，溴是液态，碘是固态
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
分析：①稀有气体是单原子分子；②原子晶体熔点与共价键强弱有关；③共价键越强化学性质稳定；④分子晶体熔沸点与分子间作用力有关。
详解：①稀有气体是单原子分子，分子内不存在化学键，①错误；原子半径越小，共价键的键长越短，键能越大，共价键越强，晶体熔点越高，C-C的键长＜Si-Si，所以金刚石的熔点高于晶体硅，②正确；氮气分子内为氮氮三键，键能大，氯气分子内氯氯单键，键能较小，氮氮三键的共价键比较强，化学性质稳定，③正确；分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，分子间作用力越大，熔沸点越高，而与键能大小无关，④错误；所以说法正确的是②③，正确选项是B。
15.某晶体的晶胞结构为正三棱柱(如图所示)，这种晶体中A、B、C三种微粒数目之比为
A. 2∶9∶4 B. 3∶9∶4
C. 1∶4∶2 D. 3∶8∶4
【答案】C
【解析】
【分析】
晶体的部分结构为正三棱柱，根据分摊法知顶角有的A属于该晶胞，侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，含C原子个数为1，则A、B、C三种原子个数可求出，原子个数之比便可求出。
【详解】A位于正三棱柱的顶角，则有的A属于该晶胞，该晶胞中含A的个数为6=，B分为两类，位于侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，该晶胞含B原子个数为3+6=2，含C原子个数为1，则A、B、C三种原子个数之比为：2：1=1：4：2，
所以C选项是正确的。
16.下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是
A. 热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI
B. 第一电离能：Li＜Na＜K＜Rb
C. 沸点：KCl
【答案】B
【解析】
【详解】A.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞Cl＞Br＞I，则氢化物的稳定性HF＞HCl＞HBr＞HI，故A正确；
B. 同一主族从上到下元素的第一电离能依次减少，所以第一电离能：Li>Na>K>Rb，所以B是不正确的；
C.离子晶体的沸点与离子键有关，离子半径越小离子键越强，沸点越高，所以沸点：KCl
故答案选B。
17.下列指定微粒的个数比为2∶1的是
A. NaHCO3晶体中的阳离子和阴离子
B. 原子中的中子和质子
C. Be2+离子中的质子和电子
D. BaO2（过氧化钡）固体中的阴离子和阳离子
【答案】C
【解析】
【详解】A项，NaHCO3中阳离子个数为1，阴离子个数为1，阳离子个数与阴离子个数之比为1:1，故A项错误；
B项，中中子数个数为1，质子数为1，中子数与质子数之比为1:1，故B项错误；
C项，Be2+中质子数为4，电子数为2，质子数与电子数之比为2:1，故C项正确；
D项，BaO2中阳离子个数为1，阴离子个数为1，阳离子个数与阴离子个数之比为1:1，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
18.乙烷，乙烯，乙炔，苯是常见的有机物分子，下列关于它们的说法正确的是
A. 都含有极性键和非极性键
B. 都含有 ∏键和δ键
C. 各个分子中所有原子都在同一平面
D. 都能发生取代反应和加成反应
【答案】A
【解析】
【分析】
由同种非金属元素的原子形成的共价键是非极性共价键，由不同种非金属元素的原子形成的共价键是极性共价键。单键是δ键，双键中有一个δ键和一个∏键，三键中有一个δ键和两个∏键，苯环含有δ键和大∏键。乙烷分子具有四面体结构，所有原子不可能共平面，乙烯6原子共平面，乙炔4原子共直线，苯分子12原子共平面。乙烷能发生取代反应，乙烯和乙炔能发生加成反应，苯能发生取代反应和加成反应，据此分析。
【详解】A. 由同种非金属元素的原子形成的共价键是非极性共价键，由不同种非金属元素的原子形成的共价键是极性共价键。所以乙烷，乙烯，乙炔，苯都含有极性键和非极性键，故A正确；
B. 单键是δ键，双键中有一个δ键和一个∏键，三键中有一个δ键和两个∏键，苯环含有δ键和大∏键。乙烷中不含有 ∏键，故B错误；
C. 乙烷分子中所有原子不可能在同一平面，故C错误；
D. 乙烷分子只能发生取代反应，不能发生加成反应，故D错误。
故答案选A。
19.下列叙述中正确的是
A. 在离子化合物中一定含有金属元素
B. 在离子化合物中不可能存在非极性键
C. 共价化合物中一定没有金属元素
D. 共价化合物中可能既有极性键也有非极性键
【答案】D
【解析】
【详解】A. 离子化合物中不一定含有金属元素，例如氯化铵等，故A错误；
B.离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键，如NaOH中含有极性键，Na2O2中含有非极性键，故B错误；
B. 共价化合物中也可能含有金属元素，例如氯化铝，故C错误；
D. 共价化合物如过氧化氢，既有极性键也有非极性键，所以D选项是正确的。
故答案选D。
20.下列对一些实验事实的理论解释正确的是
选项
实验事实
理论解释
A
N原子的第一电离能大于O原子
N原子半径更小
B
C的电负性比Si大
C-C共价键强
C
金刚石的熔点高于钠
金刚石的原子化热大
D
Al2O3的熔点高
晶格能大
【答案】D
【解析】
【详解】A.原子轨道处于半满、全满或全空时原子最稳定，N原子2p轨道电子半充满，所以N原子不容易失去电子，所以N原子的第一电离能大于O原子，故A错误；
B. 同一主族，自上而下元素电负性递减，C的电负性比Si大，与C-C键强弱无关，故B错误；
C.金刚石为原子晶体，金属钠为金属晶体，原子化热是指1mol金属变成气态原子所需吸收的能量，可用来衡量金属键的强度，故C错误；
D. Al2O3为离子晶体，晶格能越大，晶体的熔点越高，所以D选项是正确的。
故答案选D。
21.如图所示是氯化铯的晶胞示意图，已知晶体中2个最近的铯离子的核间距为a cm，氯化铯的相对分子质量为M，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为
A. g·cm－3 B. g·cm－3 C. g·cm－3 D. g·cm－3
【答案】C
【解析】
试题分析：氯离子位于顶点，晶胞中数目为8×=1，铯离子位于体心，数目为1，即一个晶胞中含有一个氯离子和一个铯离子，则一个晶胞质量为，2个最近的Cs-离子核间距为acm，即晶胞边长为acm，则晶胞体积为：a3cm3，则密度为g· cm－3，答案选C。
考点：考查晶胞的计算。
22.已知某化合物的晶体是由以下最小单元密置堆积而成的,关于该化合物的以下叙述中错误的是
A. 1 mol该化合物中有1 mol Y B. 1 mol该化合物中有1 mol Ba
C. 1 mol该化合物中有7 mol O D. 该化合物的化学式是YBa2Cu3O7
【答案】B
【解析】
【分析】
由晶胞结构可以知道，Y原子位于顶点，Ba原子位于棱上，Cu原子位于晶胞内部，O原子晶胞内部与面上，利用均摊法计算原子数目，进而确定化学式。
【详解】由晶胞结构可以知道，Y原子位于顶点，晶胞中Y原子数目为8×=1，
Ba原子位于棱上，晶胞中Ba原子数目为8×=2，
Cu原子位于晶胞内部，晶胞中Cu原子数目为3，
O原子晶胞内部与面上，晶胞中O原子数目为2+10×=7，
故该晶体化学式为YBa2Cu3O7，
故答案选B。
23.图甲和图乙表示的是元素的某种性质随原子序数的变化。下列说法正确的是
A. 图乙不可能表示元素的电负性随原子序数的变化关系
B. 图甲可能表示的是元素单质的熔点随原子序数的变化关系
C. 图乙可能表示的是元素原子的半径随原子序数的变化关系
D. 图甲可能表示的是元素原子的第一电离能随原子序数的变化关系
【答案】D
【解析】
【详解】A．电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，随着核电荷数的增加呈周期性变化，故图乙可能表示元素的电负性随原子序数的变化，故A错误；
B．同周期元素中，非金属单质的熔点较低，与图象不符，故B错误；
C．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，与图象不符，故C错误；
D．同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，其中ⅡA、ⅢA族元素的第一电离能大于相邻主族元素，与图象基本符合，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查元素周期表、周期律知识，注意把握元素的性质的递变规律的特殊情况。同周期元素，随着核电荷数递增，原子半径减小，失电子能力降低，第一电离能增大，但由于原子轨道的全满、全空和半满的结构的能量比较低，导致第二周期中Be和N元素，第三周期中的Mg和P元素第一电离能偏大。
24.下列是典型晶体的结构示意图，从①到⑥对应正确的是：
选项
①
②
③
④
⑤
⑥
A
NaCl
单质硅
CaF2
Au
CO2
K
B
CaF2
SiC
金刚石
Cu
CO2
CsCl
C
CsCl
金刚石
CaF2
Cu
CO2
Mg
D
NaCl
BN
Au
CaF2
CO2
Na
【答案】A
【解析】
【详解】①由图可知，距白球最近的黑球有6个，形成正八面体，符合NaCl晶体结构，故①为NaCl；
②为四面体空间网状结构，为原子晶体Si或SiC或金刚石；
③的晶胞为面心立方，根据均摊法，一个晶胞含绿球个数有8+6=4，蓝球个数8个，绿球和蓝球个数比为1：2，CaF2符合；
④为单质，具有面心立方的堆积，Au或Cu符合；
⑤为CO2晶体结构，一个CO2分子周围等距离的CO2个数=3×8÷2=12；
⑥为单质，体心立方晶胞，K或Na符合。
故答案选A。
【点睛】本题考查晶胞计算，熟悉各种晶体典型晶胞结构是解本题关键，易错结构图是①，由于所给不是完整的晶胞，给判断所属晶体带来困难，因此要有一定的空间想象力。
II卷
二、填空题（4大题，共 52分）
25.A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍。A的一种原子中，质量数与质子数之差为零。D元素原子的最外层电子数为m，次外层电子数为n。E元素原子的L层上电子数为(m＋n)，M层上电子数为。请回答下列问题：
（1）B元素是________，D元素在周期表中的位置是________。
（2）C与E形成的化合物E3C属于________(填“原子”“离子”或“分子”)晶体。
（3）由A、D、E元素组成的化合物中存在的化学键类型是________。
（4）写出一个E和D形成的化合物与水反应的离子方程式：_________________________。
（5）已知：甲＋H2O→丙＋丁，该反应不是氧化还原反应。若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如下图所示，丙具有漂白性。丁与H2O有相同的电子总数，则丁的电子式为_________________。
（6）与D同主族且上下相邻的元素M、N，原子电子层数M>N>D，三种元素的氢化物的稳定性由大到小的顺序是________________________(填化学式)。
【答案】 (1). C(或碳) (2). 第2周期ⅥA族 (3). 离子 (4). 离子键和共价键 (5). Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－(或2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑) (6). (7). H2O>H2Se>H2S
【解析】
分析：A、B、C、D、E五种短周期元素，B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；A的一种原子中质量数与质子数之差为零，即没有中子，则A为氢元素；D元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m/2-n，则m+n=8，m<8，所以n=2，则m=8-2=6， D为氧元素；因为原子序数依次增大，所以C是氮元素；E的M层电子数=6/2-2=1，所以E为Na；所以A、B、C、D、E五种短周期元素分别是H、C、N、O、Na，以此解答该题。
详解：（1）根据分析，B元素是碳，D元素是氧，氧元素在周期表中的位置是：第2周期ⅥA族，正确答案：碳（C）；第2周期ⅥA族；
（2）C元素是N，E元素是Na，形成的化合物是Na3N，是离子化合物，属于离子晶体，正确答案：离子晶体；
(3)由A、D、E元素组成的化合物是NaOH，NaOH中存在的化学键类型是：共价键和离子键，正确答案：离子键、共价键；
（4）E和D形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，与水反应的离子方程式为：Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑，故答案为：Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑；
（5）若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，根据其模型知，大球是Cl原子，小球是N原子，所以该物质是NCl3，丙具有漂白性，根据元素守恒知，丙是次氯酸，因为该反应是非氧化还原反应，Cl元素的化合价不变，所以甲中氯元素的化合价是+1价，丁与H2O有相同的电子总数，结合原子守恒知，丁是NH3，丁的电子式为：，正确答案：；
（6）与D同主族上下相邻的元素M、N，原子电子层数M＞N＞D，则M为Se、N为S，水分子之间存在氢键，沸点最高，H2S与H2Se结构组成形式，H2Se相对分子质量较大，分子间作用力较强，H2Se沸点较H2S高，所以沸点H2O＞H2Se＞H2S，正确答案为：H2O＞H2Se＞H2S。
点睛：比较物质的熔、沸点的高低，首先分析物质所属的晶体类型， 一般来说，原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；然后再在同类型晶体中进行比较。
1.同属分子晶体： ①组成和结构相似的分子晶体，如果分子之间存在氢键，则分子之间作用力增大，熔沸点出现反常，有氢键的熔沸点较高。②组成和结构相似的分子晶体，一般来说相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。例如：I2＞Br2＞Cl2＞F2；如本题中水分子之间存在氢键，沸点最高，H2S与H2Se结构组成形式，H2Se相对分子质量较大，分子间作用力较强，H2Se沸点较H2S高，所以沸点H2O＞H2Se＞H2S。
2.同属原子晶体 ，一般来说，半径越小形成共价键的键长越短，键能就越大，晶体的熔沸点也就越高。例如：金刚石（C－C）＞二氧化硅（Si－O）＞碳化硅（Si－C）晶体硅（Si－Si）。
3.同属离子晶体 离子的半径越小，所带的电荷越多，则离子键越强，晶格能越高，熔沸点越高。例如： MgO＞MgCl2，NaCl＞CsCl。
26.金属钛(Ti)被誉为21世纪金属，具有良好的生物相容性，它兼具铁的高强度和铝的低密度。其单质和化合物具有广泛的应用价值。氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。以TiCl4为原料，经过一系列反应可以制得Ti3N4和纳米TiO2 (如图1)。
图中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如下表：
I1
I2
I3
I4
I5
电离能/kJ·mol－1
738
1451
7733
10540
13630
请回答下列问题：
（1）Ti的基态原子外围电子排布式为_______________。
（2）M是_______(填元素符号)，该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为_______。
（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图2所示。化合物甲的分子中一个苯环的σ键有____个，化合物乙中碳，氧，氮三个原子对应的第一电离能由大到小的顺序为____________。
（4）有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图3所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a×10-10 cm，则该氮化钛的密度为______ g·cm－3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。
（5）图3中Ti3+可形成配位数为6的空间构型，问它构成的立体构型为______面体。
【答案】 (1). 3d24s2 (2). Mg (3). 12 (4). 12 (5). N > O >C (6). (7). 八
【解析】
【分析】
（1）Ti 是22号元素，其原子核外有22个电子，3d、4s电子为其外围电子，根据构造元素书写其外围电子排布式；
(2)M是短周期金属元素，根据其电离能知，该金属位于第IIA族，能还原四氯化钛，说明其金属性较强，为Mg；该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数=38；
(3) 化合物甲的分子中一个苯环含有7个碳碳键的σ键和5个碳氢单键的σ键；
同一周期元素，随着核电荷数递增，原子半径减小，失电子能力降低，第一电离能增大，但由于N元素原子轨道的半满的结构的能量比较低，导致第一电离能比相邻元素的大；
(4)根据均摊法，可以知道该晶胞中N原子个数为：6+8=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12，所以晶胞的质量m=4g，而晶胞的体积V=(2a10-10)3cm3，所以晶体的密度=； (5)由图3可知，Ti3+可形成配位数为6的空间构型，6个N3-构成的立体构型为八面体。
【详解】(1)Ti为22号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，其3d、4s能级上的电子为其价电子，这两个能级上分别含有2个电子，则该原子价电子排布式为3d24s2，
因此，本题正确答案是：3d24s2；
(2)M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于ⅡA族，能与TiCl4反应置换出Ti，则M为Mg；Mg晶体属于六方最密堆积，配位数=38=12；
因此，本题正确答案是：Mg；12；
(3) 化合物甲的分子中一个苯环含有7个碳碳键的σ键和5个碳氢单键的σ键，共12个σ键；
同一周期元素，随着核电荷数递增，第一电离能增大，但由于N元素原子轨道的半满的结构的能量比较低，导致第一电离能比相邻元素的大，碳，氧，氮三个原子对应的第一电离能由大到小的顺序为N > O >C；
因此，本题正确答案是：12； N > O >C；
(4) 根据均摊法，可以知道该晶胞中N原子个数为：6+8=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12=4，所以晶胞的质量m=4g，而晶胞的体积V=(2a10-10)3cm3，所以晶体的密度==4g (2a10-10)3cm3= g·cm－3，
因此，本题正确答案是：；
(5) 由图3可知，Ti3+可形成配位数为6的空间构型，6个N3-构成的立体构型为八面体，
因此，本题正确答案是：八。
【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞结构与计算、核外电子排布、第一电离能等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础。
27.（1）从电子排布的角度解释Fe2+容易被氧化为Fe3+的原因是：___________
（2）工业用电解氯化镁制得镁，而不用氧化镁的原因____________________
（3）基态金原子的外围电子排布式为5d106s1，试判断金在元素周期表中位于第________周期第________族．
（4）已知Ag与Cu位于同一族，则Ag在元素周期表中位于________区(填s、p、d、f或 ds )．
（5）CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中含有哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中1个Ca2＋周围距离最近的数目为________。
【答案】 (1). Fe2+ 电子排布为3d6容易失一个电子变成3d5,达到d轨道半充满结构，比较稳定 (2). 两种物质都是离子晶体，O2-的半径比Cl-小，所带的电荷更多，MgO中离子键更强，熔点高，耗能太多。 (3). 6 (4). ⅠB (5). ds (6). 4
【解析】
【分析】
（1）结合亚铁离子和铁离子的电子排布式进行判断；
（2）MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃，氧化镁熔点比氯化镁熔高得多，电解氧化镁获得镁的生成成本大于电解氯化镁，所以用电解熔融氯化镁而不用电解氧化镁的方法制金属镁；
（3）电子排布式中能层数与周期数相等，外围电子排布式为（n-1）d10ns1的原子位于第IB族；
（4）ⅠA、ⅡA族最后填充s电子，为s区；ⅢA～零族为p区，第ⅢB～ⅤⅡB族和第ⅤⅢ为d区；ⅠB和ⅡB族为ds区；
（5）利用均摊法计算两种金属原子个数之比。
【详解】（1）由于Fe2+的价电子3d6失去一个电子可形成3d5半充满稳定结构，所以Fe2+易被氧化成Fe3+，
故答案为：Fe2+ 电子排布为3d6容易失一个电子变成3d5,达到d轨道半充满结构，比较稳定；
（2）两种物质都是离子晶体，O2-的半径比Cl-小，所带的电荷更多，MgO中离子键更强，MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃，氧化镁熔点比氯化镁熔高得多，
故答案为：两种物质都是离子晶体，O2-的半径比Cl-小，所带的电荷更多，MgO中离子键更强，熔点高，耗能太多；
（3）电子排布式中最大能层数与周期数相等，外围电子排布式为（n-1）d10ns1的原子位于第IB族，基态金原子的外围电子排布式为5d106s1，该原子最大能层数是6，所以金原子位于第6周期第ⅠB族，
故答案为：6；ⅠB；
（4）ⅠA、ⅡA族最后填充s电子，为s区；ⅢA～零族为p区，第ⅢB～ⅤⅡB族和第ⅤⅢ为d区；ⅠB和ⅡB族为ds区，Ag与Cu位于同一族，属于第ⅠB族，所以属于ds区，
故答案为：ds；
（5）依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，而不是6个，
故答案为：4。
【点睛】本题考查了元素周期表的有关知识，明确元素周期表的结构是解本题关键，了解元素周期表5区的划分方法，明确均摊法在晶胞计算中的应用。
28.铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。
（1）Fe基态原子结构示意图__________。
（2）丙酮()分子中各元素电负性从大到小顺序是________，1 mol丙酮分子中含有σ键的数目为________。
（3）某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x－n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为________。
（4）科学家制得由20个碳原子组成的 空心笼状分子C20，该笼状结构是由许多正五边形构成（如图）。
请回答:一个 C20分子共有_______条棱边，推测C20晶体的硬度_______（填较大或较小）
【答案】 (1). (2). O>C>H (3). 9 NA (4). Fe3CuN (5). 30 (6). 较小
【解析】
【分析】
（1）铁为26号元素，根据核外电子排布规律画出原子结构示意图；
（2）非金属性越强电负性越大；中单键均为σ键，双键中含1个σ键，甲基上C形成4个σ键，C=O中C形成3个σ键；
（3）由图2可知，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，N（Cu）=8× =1，Fe位于面心，N（Fe）=6× =3，N位于体心；
（4）利用均摊法分析晶体结构，每个碳原子与另外3个碳原子成键，2个原子形成一个键，以此来解答。
【详解】（1）Fe的原子序数为26，原子结构示意图为：，
故答案为：；
（2） 非金属性越强，电负性越大，则C、H、O 三种元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H；中单键均为σ键，双键中含1个σ键，甲基上C形成4个σ键，C=O中C形成3个σ键，1mol丙酮共有9molσ键，数目为9NA个，
故答案为：O>C>H；9NA；
（3）由图2可知，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，N（Cu）=8× =1，Fe位于面心，N（Fe）=6× =3，N位于体心，则只有1个N，其化学式为Fe 3CuN，
故答案为：Fe 3CuN；
（4）从分子结构示意图可以看出，在C20分子内每个碳原子与另外3个碳原子成键，因此，C20分子键总数=20×3×（因为2个原子形成一个键），也即C20分子中共有30条棱边（因为化学键总数=多面体棱边总数）。
C20与C60都属于碳的同素异形体，应属于分子晶体，所以推测C20晶体的硬度较小；
故答案为：30；较小。
【点睛】本题考查物质结构与性质，把握电子排布、电负性比较、杂化及化学键、均摊法计算晶胞结构为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，综合性较强。
考试日期：11月15日 完卷时间： 90 分钟 满 分： 100 分
相对原子量: H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Si-28 Cl-35.5 Ca-40 Br-80 Ti-48
I卷
一、选择题（只有一个正确答案，每小题2分，共48分）
1.玻尔理论、量子力学理论都是对核外电子运动的描述方法，下列有关叙述中正确的
A. 因为s轨道的形状是球形的，所以s电子做的是圆周运动
B. 处于同一轨道上的电子可以有多个，它的运动状态完全相同
C. 原子轨道和电子云都是用来形象地描述电子运动状态的
D. H2、F2、HCl和H2O中的σ键都是sp σ键
【答案】C
【解析】
【详解】A.S轨道的形状是球形的，表示电子出现概率大小，而不表示电子运动轨迹，故A错误；
B.同一轨道上最多排2个电子，其自旋方向相反，故B错误；
C.原子轨道和电子云都用来描述电子运动状态而不是表示电子运动轨迹，所以C选项是正确的；
D. σ键一般有三种类型，两个s电子重叠形成s-s σ键，s电子与p电子形成s-p σ键，p电子与p电子也能形成p-p σ键，在H2分子里的σ键属于s-sσ键，在F2分子里的σ键属于p-p σ键，故D错误。
所以C选项是正确的。
2.元素原子的最外层电子排布式为4s1的元素种类有
A. 9种 B. 3种 C. 1种 D. 2种
【答案】B
【解析】
【详解】原子的最外层电子排布满足4s1的金属元素有碱金属元素以及过渡元素Cr和Cu，所以原子的最外层电子排布满足4s1的金属有K、Cr、Cu，共3种，
故选：B。
【点睛】本题考查原子核外电子排布，侧重于基础知识的考查，注意把握原子的结构和元素周期表的关系，易错点为Cr和Cu，答题时不要忽视。
3.某潜艇上的核反应堆内使用了液体铝钠合金作载热介质，下列关于Al、Na原子结构的分析中正确的是
A. 原子半径：Al＞Na B. 第一电离能：Al
【答案】C
【解析】
【分析】
钠与铝位于周期表相同周期，从左到右原子半径逐渐减小，第一电离能逐渐增大，结合核外电子排布解答该题。
【详解】A.同周期自左向右原子半径逐渐减小，故A错误；
B.同周期自左向右第一电离能逐渐增大，故B错误；
C. Na和Al的基态原子未成对电子数都为1，故C正确；
D.金属晶体中，价电子数越多，金属键越强，硬度越大，铝的硬度大于钠的硬度，故D错误。
所以C选项是正确的。
4.下列反应过程中，既有共价键的断裂，又有离子键的形成的是
A. 氢气和氧气燃烧生成水 B. 氯气和钠燃烧生成白烟
C. 氯化氢气体溶解于水 D. 食盐水蒸发结晶
【答案】B
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键，非金属元素之间易形成共价键，反应中既有共价键的断裂，又有离子键的形成，说明发生了化学反应，据此分析解答。
【详解】A. 氢分子、氧分子和水分子中都存在共价键，所以氢气和氧气燃烧生成水，既有共价键的断裂，又有共价键的形成，故A错误；
B. 2Na+Cl2=2NaCl中既有共价键的断裂，又有离子键的形成，所以B选项是正确的；
C.氯化氢溶于水，氯化氢在水分子的作用下电离出氢离子和氢氧根离子，只有共价键的断裂，故C错误；
D. 食盐水蒸发结晶有氯化钠晶体析出，有离子键形成，但无共价键断裂，故D错误。
所以B选项是正确的。
5. 下列说法正确的是
A. 若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性
B. H3O+离子的存在，说明共价键不应有饱和性
C. 所有共价键都有方向性
D. 两个原子轨道发生重叠后，两核间的电子仅存在于两核之间
【答案】A
【解析】
试题分析：A、共价键具有饱和性，所以若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性，正确；B、H3O＋离子的存在，是因为水分子与氢离子结合的缘故，与共价键的饱和性无关，错误；C、s轨道未球形对称，所以与s轨道形成的共价键无方向性，错误；D、两个原子轨道重叠后，每个原子周围的电子对应尽可能的相互远离，使分子更稳定，错误，答案选A。
考点：考查共价键的性质判断
6.下列叙述正确的是
A. 1个乙醇分子中存在9对共用电子
B. PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
C. H2S和CS2分子都是含非极性键的分子
D. 熔点由高到低的顺序是：金刚石>碳化硅>晶体硅
【答案】D
【解析】
【详解】A.1个乙醇分子中:CH3-CH2-OH，含有8个单键，所以分子中存在8对共用电子，故A错误；
B. PCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构，BCl3分子中B原子最外层电子数为6，Cl原子最外层电子数为8，故B错误；
C. H2S是含有极性键的极性分子，CS2分子是含有极性键的非极性键的分子，故C错误；
D. 因为碳原子半径小于硅原子半径，所以C-C的键长
故答案选D。
7.肯定属于同族元素且性质相似的是
A. A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子
B. 结构示意图：A为 ，B为
C. A原子基态时2p轨道有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道也有1个未成对电子
D. 原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s2
【答案】A
【解析】
【分析】
A. A为C元素，B为Si元素；
B.A为Ne元素，B为Na+；
C.A可能为B或F元素，B为可能为Al或Cl；
D. A为Be元素，B为He元素；
结合对应原子或离子的性质解答。
【详解】A. A为C元素，B为Si元素，位于相同主族，性质相似，所以A选项是正确的；
B. A为Ne元素，B为Na+，不是同主族元素，性质不同，故B错误；
C. A可能为B或F元素，B为可能为Al或Cl，不一定在相同主族，性质不一定相同，故C错误；
D. A为Be元素，B为He元素，二者不在同一主族，性质不同，故D错误。
所以A选项是正确的。
8.下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质分子式的是
A. NH4NO3 B. SiO2 C. C2H6O D. Na
【答案】C
【解析】
【分析】
化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的应是分子晶体物质，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。
【详解】A. NH4NO3为离子晶体，化学式为晶体中阴阳离子的个数比，晶体中不含单个分子，故A错误；
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错误；
C. C2H6O为分子晶体，晶体中含有单个分子，所以C选项是正确的；
D. Na为金属晶体，晶体的组成为金属阳离子和自由电子，晶体中无单个分子，故D错误。
所以C选项是正确的。
9.下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是
A. BF3 B. H2S C. SiCl4 D. PCl5
【答案】C
【解析】
【详解】主要分子中元素化合价的绝对值与该元素原子的最外层电子数之和满足8，即可以满足该原子是8电子稳定结构，据此可知选项C正确。A中B元素，B中H元素， D中P元素均不能满足8电子的稳定结构。
答案选C。
【点睛】该题是高考中的常见题型，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力，该题的关键是明确判断8电子稳定结构的依据，然后结合题意灵活运用即可。
10.下列各基态原子或离子的电子排布式正确的是
A. O2－ 1s22s22p4 B. Ca [Ar]3d2
C. Fe [Ar]3d5 D. Si 1s22s22p63s23p2
【答案】D
【解析】
【分析】
电子排布遵循能量最低原理、泡利原理，按照1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d……的顺序填充电子，以此来解答。
【详解】A.O的质子数为8，得到2个电子变为离子，则O2－的电子排布式为1s22s22p6，故A错误；
B.Ca原子核外电子排布式为[Ar]4s2或1s22s22p63s23p64s2,故B错误；
C.Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，4s最多有2个电子，故C错误；
D.Si的质子数为14，则Si的电子排布式为1s22s22p63s23p2，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
11.白磷与氧气可发生如下反应:P4+5O2=P4O10已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为:P—P a kJ·mol-1、P—O b kJ·mol-1、P=O c kJ·mol-1、O=O d kJ·mol-1。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH，其中正确的是( )
A. (4c+12b-6a-5d) kJ·mol-1 B. (6a+5d-4c-12b) kJ·mol-1
C. (4c+12b-4a-5d) kJ·mol-1 D. (4c+5d-4a-12b) kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】化学反应的实质是反应物原有化学键的断裂和生成物新化学键生成的过程。依据键能的数值可以估算化学反应的热效应，即△H＝反应物的键能总和－生成物的键能总和。根据反应P4+5O2═P4O10，并结合物质的结构式可知，白磷分子中含有6个P－P键，氧气中含有1个O＝O键，P4O10分子中含有4个P＝O键和12个P－O键，因此该反应的△H＝6a＋5d－（4c＋12b），因此答案选B。
【点睛】解答本题的关键在于根据P4和P4O10分子结构弄清其中含有共价键的数目，如P4O10分子中，每个P原子形成三个P－O键和一个P＝O键，故一个P4O10分子中共含有4个P＝O键和12个P－O键。
12.下列说法中正确的是
A. 一个原子核外每个电子的运动状态不同，能量也不同
B. 3p2表示3p能级有两个轨道
C. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
D. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，这两个电子的能量完全相同，另外在等价轨道上填充的电子能量也相同，可能存在能量相同的电子，故A错误；
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. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等，都为3，故C错误；
D. 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D正确。
所以D选项是正确的。
13.下列化学用语正确的是
A. 乙醇的结构简式：C2H6O
B. HF的电子式：
C. 丙烷分子的球棍模型为：
D. N2的结构式：∶N≡N∶
【答案】C
【解析】
【分析】
A．乙醇的结构简式中要体现官能团；
B．氟化氢是共价化合物；
C．碳原子半径大于H原子，球棍模型能够体现出丙烷的空间结构；
D．氮气分子中氮氮原子间存在共价三键。
【详解】A．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，故A错误；
B．氟化氢的电子式为，故B错误；
C．丙烷为饱和烷烃，存在碳碳单键和碳氢单键，三个碳原子在一条链上，球棍模型为：，故C正确；
D．氮气分子中氮氮原子间存在共价三键，其结构简式为N≡N，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了化学用语，根据结构简式、核外电子排布式、电子式的书写规则书写即可，注意离子化合物和共价化合物电子式的书写区别。
14.下列实验事实中，能用共价键强弱来解释的是（ ）
①稀有气体一般较难发生化学反应 ②金刚石比晶体硅的熔点高
③氮气比氯气的化学性质稳定 ④通常情况下，溴是液态，碘是固态
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
分析：①稀有气体是单原子分子；②原子晶体熔点与共价键强弱有关；③共价键越强化学性质稳定；④分子晶体熔沸点与分子间作用力有关。
详解：①稀有气体是单原子分子，分子内不存在化学键，①错误；原子半径越小，共价键的键长越短，键能越大，共价键越强，晶体熔点越高，C-C的键长＜Si-Si，所以金刚石的熔点高于晶体硅，②正确；氮气分子内为氮氮三键，键能大，氯气分子内氯氯单键，键能较小，氮氮三键的共价键比较强，化学性质稳定，③正确；分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，分子间作用力越大，熔沸点越高，而与键能大小无关，④错误；所以说法正确的是②③，正确选项是B。
15.某晶体的晶胞结构为正三棱柱(如图所示)，这种晶体中A、B、C三种微粒数目之比为
A. 2∶9∶4 B. 3∶9∶4
C. 1∶4∶2 D. 3∶8∶4
【答案】C
【解析】
【分析】
晶体的部分结构为正三棱柱，根据分摊法知顶角有的A属于该晶胞，侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，含C原子个数为1，则A、B、C三种原子个数可求出，原子个数之比便可求出。
【详解】A位于正三棱柱的顶角，则有的A属于该晶胞，该晶胞中含A的个数为6=，B分为两类，位于侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，该晶胞含B原子个数为3+6=2，含C原子个数为1，则A、B、C三种原子个数之比为：2：1=1：4：2，
所以C选项是正确的。
16.下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是
A. 热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI
B. 第一电离能：Li＜Na＜K＜Rb
C. 沸点：KCl
【答案】B
【解析】
【详解】A.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞Cl＞Br＞I，则氢化物的稳定性HF＞HCl＞HBr＞HI，故A正确；
B. 同一主族从上到下元素的第一电离能依次减少，所以第一电离能：Li>Na>K>Rb，所以B是不正确的；
C.离子晶体的沸点与离子键有关，离子半径越小离子键越强，沸点越高，所以沸点：KCl
故答案选B。
17.下列指定微粒的个数比为2∶1的是
A. NaHCO3晶体中的阳离子和阴离子
B. 原子中的中子和质子
C. Be2+离子中的质子和电子
D. BaO2（过氧化钡）固体中的阴离子和阳离子
【答案】C
【解析】
【详解】A项，NaHCO3中阳离子个数为1，阴离子个数为1，阳离子个数与阴离子个数之比为1:1，故A项错误；
B项，中中子数个数为1，质子数为1，中子数与质子数之比为1:1，故B项错误；
C项，Be2+中质子数为4，电子数为2，质子数与电子数之比为2:1，故C项正确；
D项，BaO2中阳离子个数为1，阴离子个数为1，阳离子个数与阴离子个数之比为1:1，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
18.乙烷，乙烯，乙炔，苯是常见的有机物分子，下列关于它们的说法正确的是
A. 都含有极性键和非极性键
B. 都含有 ∏键和δ键
C. 各个分子中所有原子都在同一平面
D. 都能发生取代反应和加成反应
【答案】A
【解析】
【分析】
由同种非金属元素的原子形成的共价键是非极性共价键，由不同种非金属元素的原子形成的共价键是极性共价键。单键是δ键，双键中有一个δ键和一个∏键，三键中有一个δ键和两个∏键，苯环含有δ键和大∏键。乙烷分子具有四面体结构，所有原子不可能共平面，乙烯6原子共平面，乙炔4原子共直线，苯分子12原子共平面。乙烷能发生取代反应，乙烯和乙炔能发生加成反应，苯能发生取代反应和加成反应，据此分析。
【详解】A. 由同种非金属元素的原子形成的共价键是非极性共价键，由不同种非金属元素的原子形成的共价键是极性共价键。所以乙烷，乙烯，乙炔，苯都含有极性键和非极性键，故A正确；
B. 单键是δ键，双键中有一个δ键和一个∏键，三键中有一个δ键和两个∏键，苯环含有δ键和大∏键。乙烷中不含有 ∏键，故B错误；
C. 乙烷分子中所有原子不可能在同一平面，故C错误；
D. 乙烷分子只能发生取代反应，不能发生加成反应，故D错误。
故答案选A。
19.下列叙述中正确的是
A. 在离子化合物中一定含有金属元素
B. 在离子化合物中不可能存在非极性键
C. 共价化合物中一定没有金属元素
D. 共价化合物中可能既有极性键也有非极性键
【答案】D
【解析】
【详解】A. 离子化合物中不一定含有金属元素，例如氯化铵等，故A错误；
B.离子化合物一定含离子键，也可能含极性键或非极性键，如NaOH中含有极性键，Na2O2中含有非极性键，故B错误；
B. 共价化合物中也可能含有金属元素，例如氯化铝，故C错误；
D. 共价化合物如过氧化氢，既有极性键也有非极性键，所以D选项是正确的。
故答案选D。
20.下列对一些实验事实的理论解释正确的是
选项
实验事实
理论解释
A
N原子的第一电离能大于O原子
N原子半径更小
B
C的电负性比Si大
C-C共价键强
C
金刚石的熔点高于钠
金刚石的原子化热大
D
Al2O3的熔点高
晶格能大
【答案】D
【解析】
【详解】A.原子轨道处于半满、全满或全空时原子最稳定，N原子2p轨道电子半充满，所以N原子不容易失去电子，所以N原子的第一电离能大于O原子，故A错误；
B. 同一主族，自上而下元素电负性递减，C的电负性比Si大，与C-C键强弱无关，故B错误；
C.金刚石为原子晶体，金属钠为金属晶体，原子化热是指1mol金属变成气态原子所需吸收的能量，可用来衡量金属键的强度，故C错误；
D. Al2O3为离子晶体，晶格能越大，晶体的熔点越高，所以D选项是正确的。
故答案选D。
21.如图所示是氯化铯的晶胞示意图，已知晶体中2个最近的铯离子的核间距为a cm，氯化铯的相对分子质量为M，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为
A. g·cm－3 B. g·cm－3 C. g·cm－3 D. g·cm－3
【答案】C
【解析】
试题分析：氯离子位于顶点，晶胞中数目为8×=1，铯离子位于体心，数目为1，即一个晶胞中含有一个氯离子和一个铯离子，则一个晶胞质量为，2个最近的Cs-离子核间距为acm，即晶胞边长为acm，则晶胞体积为：a3cm3，则密度为g· cm－3，答案选C。
考点：考查晶胞的计算。
22.已知某化合物的晶体是由以下最小单元密置堆积而成的,关于该化合物的以下叙述中错误的是
A. 1 mol该化合物中有1 mol Y B. 1 mol该化合物中有1 mol Ba
C. 1 mol该化合物中有7 mol O D. 该化合物的化学式是YBa2Cu3O7
【答案】B
【解析】
【分析】
由晶胞结构可以知道，Y原子位于顶点，Ba原子位于棱上，Cu原子位于晶胞内部，O原子晶胞内部与面上，利用均摊法计算原子数目，进而确定化学式。
【详解】由晶胞结构可以知道，Y原子位于顶点，晶胞中Y原子数目为8×=1，
Ba原子位于棱上，晶胞中Ba原子数目为8×=2，
Cu原子位于晶胞内部，晶胞中Cu原子数目为3，
O原子晶胞内部与面上，晶胞中O原子数目为2+10×=7，
故该晶体化学式为YBa2Cu3O7，
故答案选B。
23.图甲和图乙表示的是元素的某种性质随原子序数的变化。下列说法正确的是
A. 图乙不可能表示元素的电负性随原子序数的变化关系
B. 图甲可能表示的是元素单质的熔点随原子序数的变化关系
C. 图乙可能表示的是元素原子的半径随原子序数的变化关系
D. 图甲可能表示的是元素原子的第一电离能随原子序数的变化关系
【答案】D
【解析】
【详解】A．电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，随着核电荷数的增加呈周期性变化，故图乙可能表示元素的电负性随原子序数的变化，故A错误；
B．同周期元素中，非金属单质的熔点较低，与图象不符，故B错误；
C．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，与图象不符，故C错误；
D．同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，其中ⅡA、ⅢA族元素的第一电离能大于相邻主族元素，与图象基本符合，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查元素周期表、周期律知识，注意把握元素的性质的递变规律的特殊情况。同周期元素，随着核电荷数递增，原子半径减小，失电子能力降低，第一电离能增大，但由于原子轨道的全满、全空和半满的结构的能量比较低，导致第二周期中Be和N元素，第三周期中的Mg和P元素第一电离能偏大。
24.下列是典型晶体的结构示意图，从①到⑥对应正确的是：
选项
①
②
③
④
⑤
⑥
A
NaCl
单质硅
CaF2
Au
CO2
K
B
CaF2
SiC
金刚石
Cu
CO2
CsCl
C
CsCl
金刚石
CaF2
Cu
CO2
Mg
D
NaCl
BN
Au
CaF2
CO2
Na
【答案】A
【解析】
【详解】①由图可知，距白球最近的黑球有6个，形成正八面体，符合NaCl晶体结构，故①为NaCl；
②为四面体空间网状结构，为原子晶体Si或SiC或金刚石；
③的晶胞为面心立方，根据均摊法，一个晶胞含绿球个数有8+6=4，蓝球个数8个，绿球和蓝球个数比为1：2，CaF2符合；
④为单质，具有面心立方的堆积，Au或Cu符合；
⑤为CO2晶体结构，一个CO2分子周围等距离的CO2个数=3×8÷2=12；
⑥为单质，体心立方晶胞，K或Na符合。
故答案选A。
【点睛】本题考查晶胞计算，熟悉各种晶体典型晶胞结构是解本题关键，易错结构图是①，由于所给不是完整的晶胞，给判断所属晶体带来困难，因此要有一定的空间想象力。
II卷
二、填空题（4大题，共 52分）
25.A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍。A的一种原子中，质量数与质子数之差为零。D元素原子的最外层电子数为m，次外层电子数为n。E元素原子的L层上电子数为(m＋n)，M层上电子数为。请回答下列问题：
（1）B元素是________，D元素在周期表中的位置是________。
（2）C与E形成的化合物E3C属于________(填“原子”“离子”或“分子”)晶体。
（3）由A、D、E元素组成的化合物中存在的化学键类型是________。
（4）写出一个E和D形成的化合物与水反应的离子方程式：_________________________。
（5）已知：甲＋H2O→丙＋丁，该反应不是氧化还原反应。若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如下图所示，丙具有漂白性。丁与H2O有相同的电子总数，则丁的电子式为_________________。
（6）与D同主族且上下相邻的元素M、N，原子电子层数M>N>D，三种元素的氢化物的稳定性由大到小的顺序是________________________(填化学式)。
【答案】 (1). C(或碳) (2). 第2周期ⅥA族 (3). 离子 (4). 离子键和共价键 (5). Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－(或2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑) (6). (7). H2O>H2Se>H2S
【解析】
分析：A、B、C、D、E五种短周期元素，B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；A的一种原子中质量数与质子数之差为零，即没有中子，则A为氢元素；D元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m/2-n，则m+n=8，m<8，所以n=2，则m=8-2=6， D为氧元素；因为原子序数依次增大，所以C是氮元素；E的M层电子数=6/2-2=1，所以E为Na；所以A、B、C、D、E五种短周期元素分别是H、C、N、O、Na，以此解答该题。
详解：（1）根据分析，B元素是碳，D元素是氧，氧元素在周期表中的位置是：第2周期ⅥA族，正确答案：碳（C）；第2周期ⅥA族；
（2）C元素是N，E元素是Na，形成的化合物是Na3N，是离子化合物，属于离子晶体，正确答案：离子晶体；
(3)由A、D、E元素组成的化合物是NaOH，NaOH中存在的化学键类型是：共价键和离子键，正确答案：离子键、共价键；
（4）E和D形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，与水反应的离子方程式为：Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑，故答案为：Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑；
（5）若甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如图所示，根据其模型知，大球是Cl原子，小球是N原子，所以该物质是NCl3，丙具有漂白性，根据元素守恒知，丙是次氯酸，因为该反应是非氧化还原反应，Cl元素的化合价不变，所以甲中氯元素的化合价是+1价，丁与H2O有相同的电子总数，结合原子守恒知，丁是NH3，丁的电子式为：，正确答案：；
（6）与D同主族上下相邻的元素M、N，原子电子层数M＞N＞D，则M为Se、N为S，水分子之间存在氢键，沸点最高，H2S与H2Se结构组成形式，H2Se相对分子质量较大，分子间作用力较强，H2Se沸点较H2S高，所以沸点H2O＞H2Se＞H2S，正确答案为：H2O＞H2Se＞H2S。
点睛：比较物质的熔、沸点的高低，首先分析物质所属的晶体类型， 一般来说，原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；然后再在同类型晶体中进行比较。
1.同属分子晶体： ①组成和结构相似的分子晶体，如果分子之间存在氢键，则分子之间作用力增大，熔沸点出现反常，有氢键的熔沸点较高。②组成和结构相似的分子晶体，一般来说相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。例如：I2＞Br2＞Cl2＞F2；如本题中水分子之间存在氢键，沸点最高，H2S与H2Se结构组成形式，H2Se相对分子质量较大，分子间作用力较强，H2Se沸点较H2S高，所以沸点H2O＞H2Se＞H2S。
2.同属原子晶体 ，一般来说，半径越小形成共价键的键长越短，键能就越大，晶体的熔沸点也就越高。例如：金刚石（C－C）＞二氧化硅（Si－O）＞碳化硅（Si－C）晶体硅（Si－Si）。
3.同属离子晶体 离子的半径越小，所带的电荷越多，则离子键越强，晶格能越高，熔沸点越高。例如： MgO＞MgCl2，NaCl＞CsCl。
26.金属钛(Ti)被誉为21世纪金属，具有良好的生物相容性，它兼具铁的高强度和铝的低密度。其单质和化合物具有广泛的应用价值。氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。以TiCl4为原料，经过一系列反应可以制得Ti3N4和纳米TiO2 (如图1)。
图中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如下表：
I1
I2
I3
I4
I5
电离能/kJ·mol－1
738
1451
7733
10540
13630
请回答下列问题：
（1）Ti的基态原子外围电子排布式为_______________。
（2）M是_______(填元素符号)，该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为_______。
（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图2所示。化合物甲的分子中一个苯环的σ键有____个，化合物乙中碳，氧，氮三个原子对应的第一电离能由大到小的顺序为____________。
（4）有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图3所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a×10-10 cm，则该氮化钛的密度为______ g·cm－3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。
（5）图3中Ti3+可形成配位数为6的空间构型，问它构成的立体构型为______面体。
【答案】 (1). 3d24s2 (2). Mg (3). 12 (4). 12 (5). N > O >C (6). (7). 八
【解析】
【分析】
（1）Ti 是22号元素，其原子核外有22个电子，3d、4s电子为其外围电子，根据构造元素书写其外围电子排布式；
(2)M是短周期金属元素，根据其电离能知，该金属位于第IIA族，能还原四氯化钛，说明其金属性较强，为Mg；该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数=38；
(3) 化合物甲的分子中一个苯环含有7个碳碳键的σ键和5个碳氢单键的σ键；
同一周期元素，随着核电荷数递增，原子半径减小，失电子能力降低，第一电离能增大，但由于N元素原子轨道的半满的结构的能量比较低，导致第一电离能比相邻元素的大；
(4)根据均摊法，可以知道该晶胞中N原子个数为：6+8=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12，所以晶胞的质量m=4g，而晶胞的体积V=(2a10-10)3cm3，所以晶体的密度=； (5)由图3可知，Ti3+可形成配位数为6的空间构型，6个N3-构成的立体构型为八面体。
【详解】(1)Ti为22号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，其3d、4s能级上的电子为其价电子，这两个能级上分别含有2个电子，则该原子价电子排布式为3d24s2，
因此，本题正确答案是：3d24s2；
(2)M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于ⅡA族，能与TiCl4反应置换出Ti，则M为Mg；Mg晶体属于六方最密堆积，配位数=38=12；
因此，本题正确答案是：Mg；12；
(3) 化合物甲的分子中一个苯环含有7个碳碳键的σ键和5个碳氢单键的σ键，共12个σ键；
同一周期元素，随着核电荷数递增，第一电离能增大，但由于N元素原子轨道的半满的结构的能量比较低，导致第一电离能比相邻元素的大，碳，氧，氮三个原子对应的第一电离能由大到小的顺序为N > O >C；
因此，本题正确答案是：12； N > O >C；
(4) 根据均摊法，可以知道该晶胞中N原子个数为：6+8=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12=4，所以晶胞的质量m=4g，而晶胞的体积V=(2a10-10)3cm3，所以晶体的密度==4g (2a10-10)3cm3= g·cm－3，
因此，本题正确答案是：；
(5) 由图3可知，Ti3+可形成配位数为6的空间构型，6个N3-构成的立体构型为八面体，
因此，本题正确答案是：八。
【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞结构与计算、核外电子排布、第一电离能等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础。
27.（1）从电子排布的角度解释Fe2+容易被氧化为Fe3+的原因是：___________
（2）工业用电解氯化镁制得镁，而不用氧化镁的原因____________________
（3）基态金原子的外围电子排布式为5d106s1，试判断金在元素周期表中位于第________周期第________族．
（4）已知Ag与Cu位于同一族，则Ag在元素周期表中位于________区(填s、p、d、f或 ds )．
（5）CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中含有哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中1个Ca2＋周围距离最近的数目为________。
【答案】 (1). Fe2+ 电子排布为3d6容易失一个电子变成3d5,达到d轨道半充满结构，比较稳定 (2). 两种物质都是离子晶体，O2-的半径比Cl-小，所带的电荷更多，MgO中离子键更强，熔点高，耗能太多。 (3). 6 (4). ⅠB (5). ds (6). 4
【解析】
【分析】
（1）结合亚铁离子和铁离子的电子排布式进行判断；
（2）MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃，氧化镁熔点比氯化镁熔高得多，电解氧化镁获得镁的生成成本大于电解氯化镁，所以用电解熔融氯化镁而不用电解氧化镁的方法制金属镁；
（3）电子排布式中能层数与周期数相等，外围电子排布式为（n-1）d10ns1的原子位于第IB族；
（4）ⅠA、ⅡA族最后填充s电子，为s区；ⅢA～零族为p区，第ⅢB～ⅤⅡB族和第ⅤⅢ为d区；ⅠB和ⅡB族为ds区；
（5）利用均摊法计算两种金属原子个数之比。
【详解】（1）由于Fe2+的价电子3d6失去一个电子可形成3d5半充满稳定结构，所以Fe2+易被氧化成Fe3+，
故答案为：Fe2+ 电子排布为3d6容易失一个电子变成3d5,达到d轨道半充满结构，比较稳定；
（2）两种物质都是离子晶体，O2-的半径比Cl-小，所带的电荷更多，MgO中离子键更强，MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃，氧化镁熔点比氯化镁熔高得多，
故答案为：两种物质都是离子晶体，O2-的半径比Cl-小，所带的电荷更多，MgO中离子键更强，熔点高，耗能太多；
（3）电子排布式中最大能层数与周期数相等，外围电子排布式为（n-1）d10ns1的原子位于第IB族，基态金原子的外围电子排布式为5d106s1，该原子最大能层数是6，所以金原子位于第6周期第ⅠB族，
故答案为：6；ⅠB；
（4）ⅠA、ⅡA族最后填充s电子，为s区；ⅢA～零族为p区，第ⅢB～ⅤⅡB族和第ⅤⅢ为d区；ⅠB和ⅡB族为ds区，Ag与Cu位于同一族，属于第ⅠB族，所以属于ds区，
故答案为：ds；
（5）依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，而不是6个，
故答案为：4。
【点睛】本题考查了元素周期表的有关知识，明确元素周期表的结构是解本题关键，了解元素周期表5区的划分方法，明确均摊法在晶胞计算中的应用。
28.铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。
（1）Fe基态原子结构示意图__________。
（2）丙酮()分子中各元素电负性从大到小顺序是________，1 mol丙酮分子中含有σ键的数目为________。
（3）某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x－n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为________。
（4）科学家制得由20个碳原子组成的 空心笼状分子C20，该笼状结构是由许多正五边形构成（如图）。
请回答:一个 C20分子共有_______条棱边，推测C20晶体的硬度_______（填较大或较小）
【答案】 (1). (2). O>C>H (3). 9 NA (4). Fe3CuN (5). 30 (6). 较小
【解析】
【分析】
（1）铁为26号元素，根据核外电子排布规律画出原子结构示意图；
（2）非金属性越强电负性越大；中单键均为σ键，双键中含1个σ键，甲基上C形成4个σ键，C=O中C形成3个σ键；
（3）由图2可知，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，N（Cu）=8× =1，Fe位于面心，N（Fe）=6× =3，N位于体心；
（4）利用均摊法分析晶体结构，每个碳原子与另外3个碳原子成键，2个原子形成一个键，以此来解答。
【详解】（1）Fe的原子序数为26，原子结构示意图为：，
故答案为：；
（2） 非金属性越强，电负性越大，则C、H、O 三种元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H；中单键均为σ键，双键中含1个σ键，甲基上C形成4个σ键，C=O中C形成3个σ键，1mol丙酮共有9molσ键，数目为9NA个，
故答案为：O>C>H；9NA；
（3）由图2可知，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，N（Cu）=8× =1，Fe位于面心，N（Fe）=6× =3，N位于体心，则只有1个N，其化学式为Fe 3CuN，
故答案为：Fe 3CuN；
（4）从分子结构示意图可以看出，在C20分子内每个碳原子与另外3个碳原子成键，因此，C20分子键总数=20×3×（因为2个原子形成一个键），也即C20分子中共有30条棱边（因为化学键总数=多面体棱边总数）。
C20与C60都属于碳的同素异形体，应属于分子晶体，所以推测C20晶体的硬度较小；
故答案为：30；较小。
【点睛】本题考查物质结构与性质，把握电子排布、电负性比较、杂化及化学键、均摊法计算晶胞结构为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，综合性较强。
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