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2017-2018学年福建省晋江市季延中学高二上学期期中考试（理）化学试题 解析版
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福建省晋江市季延中学2017-2018学年高二上学期期中考试
化学（理）试题
考试时间：90分钟 满分：100分
一、选择题（本题共有22小题，每小题只有1个正确答案，每题2分，共44分）
1. 下列电子排布式或轨道表示式正确的是
A. C原子的轨道表示式：
B. Ca原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d2
C. N原子的轨道表示式：
D. Br－的电子排布式[Ar] 3d104s24p6
【答案】D
【解析】A、2p上的两个电子不符合洪特规则，两个电子应分别占据2p的两个能量相近的轨道，且自旋方向相同，正确的应是，A错误。B、4s能级的能量小于3d能级的能量，所以最后两个电子应排在4s上，正确的应为1s22s22p63s23p64s2，B错误。C、根据泡利不相容规律可知：同一轨道上的两个电子自旋方向相反，正确的应是，C错误。D、Br－核外有36个电子，按照电子排布规律，其电子排布式为[Ar] 3d104s24p6，D正确。正确答案为D
点睛：核外电子排布规律主要有三点：最低能量原理（电子在原子核外排布时，要尽可能使电子的能量最低，电子先排能级低的轨道，然后再排能级高的轨道）、泡利不相容原理（每一个轨道中只能容纳两个自旋方向相反的电子）和洪特规则（电子在原子核外排布时，将尽可能分占不同的轨道，还要考虑全充满、半充满、全空的稳定情况）。
2. 在单质的晶体中一定不存在的微粒是（ ）
A. 原子 B. 分子 C. 阴离子 D. 阳离子
【答案】C
考点：考查构成晶体微粒的有关正误判断
点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力。该题有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，有利于培养学生灵活应变能力。
3. 下列表达方式或说法正确的是
A. 基态到激发态产生的光谱是发射光谱
B. 氯化铵的电子式：
C. 硫离子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p4
D. NH3、H2O、CO2、HCl四分子中孤电子对最多的是CO2
【答案】D
【解析】A、电子从基态到激发态需要吸收能量，产生的光谱是吸收光谱，A错误。B、氯化铵的电子式应为，B错误。C、硫离子核外有18个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p6，C错误。D、中心原子孤电子对数等于 (a-xb)/2，a是中心原子的价电子数， x是中心原子结合的原子数，b是与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，据此NH3的孤电子对数=1，H2O的孤电子对数=2，CO2的中心原子的孤电子对数=0，但O原子的孤电子对数=4，所以CO2中孤电子对数为4，HCl的孤电子对数=3，所以孤电子对数最多的是CO2，答案选D。正确答案为D
点睛：本题易错点：在计算CO2的孤电子对数时根据公式只考虑了中心原子C的孤电子对数而没有考虑O原子的孤电子对数，在计算氢化物的孤电子对数时，H原子没有孤电子对，从而只需要考虑中心原子的孤电子对数。
4. 若将15P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违背了
A. 能量守恒原理 B. 泡利不相容原理 C. 能量最低原理 D. 洪特规则
【答案】D
【解析】P原子3p能级上有3个轨道，3p能级上有3个电子，3个电子应该排在3个不同的轨道上，且自旋方向相同，若将P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违背了洪特规则，故选D。
点睛：本题考查了原子结构构造原理，明确这几个概念是解本题关键。能量最低原理：原子核外电子先占有能量低的轨道，然后依次进入能量高的轨道；泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；洪特规则：洪特规则是在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同。
5. 某元素质量数为51，中子数为28，其原子未成对电子数为
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】试题分析：某元素质量数51，中子数28，由于质量数＝质子数+中子数，则质子数＝51—28＝23。中子数＝核外电子数，即核外电子数也是23，根据核外电子排布规律可知，其排布式是1s22s22p63s23p63d34s2，因此其基态原子中未成对电子数为3个，答案选D。
考点：考查核外电子排布
6. 短周期元素离子aA2+、bB+、cC3-、dD- 都具有相同电子层结构，则下列叙述正确的是
A. 原子半径A＞B＞D＞C B. 原子序数d＞c＞b＞a
C. 离子半径c＞d＞b＞a D. 单质还原性a＞b＞d＞c
【答案】C
【解析】短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，所以有：a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：a＞b＞d＞c，A、B为金属，C、D为非金属；A．由同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大可知，原子半径B＞A＞C＞D，故A错误；B．由以上分析可知原子序数a＞b＞d＞c，故B错误；C．原子序数a＞b＞d＞c，原子核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则有C2-＞D-＞B+＞A2+，故C正确；D．同周期自左而右，金属性减弱，单质还原性减弱，A、B为金属，A、B同周期，a＞b，所以金属性B＞A；C、D同周期，为非金属，原子序数d＞c，非金属性D＞C，对应单质的氧化性D＞C，所以还原性D＜C，故D错误；答案为C。
点睛：根据核外电子排布确定元素所在周期表中的位置，清楚元素周期律的递变规律是解答该题的关键，短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，所以有：a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：a＞b＞d＞c，A、B为金属，C、D为非金属．结合元素周期律递变规律解答该题。
7. 2003年，IUPAC（国际纯粹与应用化学联合会）推荐原子序数为110的元素的符号为Ds，以纪念该元素的发现地（Darmstadt，德国）。下列关于Ds的说法不正确的是
A. Ds原子的电子层数为7 B. Ds是超铀元素
C. Ds原子的质量数为110 D. Ds为金属元素
【答案】C
【解析】试题分析：Ds的原子序数为110，Ds位于元素周期表中的第七周期第ⅤⅢ族。A、Ds位于元素周期表中的第七周期，则电子层数为7，故A正确；B、110＞92，原子序数在92号以后的元素为超铀元素，故B正确；C、Ds原子的原子序数为110，质量数为281，故C错误；D、Ds为过渡元素，属于金属元素，故D正确；故选C。
考点：考查了原子的原子序数与质量数的相关知识。
8. 下列组合不能形成配位键的是
A. Ag+、NH3 B. H2O、H+ C. Co3+、CO D. Cu2+、H+
【答案】D
【解析】试题分析：A．Ag+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，故A错误；B．水分子中的O原子含有孤电子对，H+有空轨道，所以能形成配位键，故B错误；C．Co3+有空轨道，CO中的氧原子上的孤电子对，可以形成配位键，故C错误；D．Cu2+、H+两种离子者没有孤电子对，所以不能形成配位键，故D正确；故选D。
考点：考查了配合物的成键情况的相关知识。
9. 下列说法中不正确的是( )
A. 一般情况下，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. 在气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D. N2分子中有1个σ键，2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。
10. “类推”是一种常用的学习方法，但有时会产生错误的结论，下列类推结论中正确的是
A. IVA族元素氢化物沸点顺序是：GeH4>SiH4>CH4；则VIA族元素氢化物沸点顺序也是： H2Se>H2S>H2O
B. 第二周期元素氢化物的稳定性序是：HF>H2O>NH3, 则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3
C. 晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，必有阴离子
D. 干冰（CO2）是分子晶体，则SiO2也是分子晶体
【答案】B
【解析】试题分析：A、IVA族元素氢化物不含氢键，分子的相对分子质量越大，沸点越高，则沸点顺序是：GeH4＞SiH4＞CH4，则VA族元素氢化物中，NH3含有氢键，沸点最高，应为NH3＞AsH3＞PH3，A错误；B、元素的非金属性越强，稳定性越大，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则对应的氢化物的稳定性逐渐增强，B正确；C、金属晶体组成微粒为金属阳离子和自由电子，不含阴离子，C错误；D、干冰（CO2）是分子晶体，而SiO2为原子晶体，D错误．答案选B。
考点：考查元素周期律及晶体的组成和类型。
11. 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
【解析】根据四种元素的基态原子的电子排布式，可知①是S元素、②是P元素；③是N元素；④是F元素。同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，所以第一电离能F>N，由于ⅤA族元素P能级为半充满状态，ⅤA族元素的第一电离能大于同周期ⅥA族元素，所以第一电离能P>S，同主族元素从上到下第一电离能减小，所以第一电离能N>P，第一电离能：④>③>②>①，故A正确；同周期元素从左到右半径减小，同主族元素从上到下原子半径增大，所以原子半径②>①>③>④，故B错误；非金属性越强电负性越大，故电负性④>③>①>②，故C错误；N、P最高价都是+5，故D错误 。
12. 下面的排序不正确的是（ ）
A. 晶体熔点由低到高：F2＜Cl2＜Br2＜I2
B. 熔点由高到低：Rb＞K＞Na
C. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
D. 晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
【答案】B
【解析】试题分析：A．卤素单质的晶体都属于分子晶体，融化时破坏的是分子间作用力，范德法力只与相对分子质量有关，所以熔点由低到高：F2＜Cl2＜Br2＜I 2，A正确；B．钠、钾、铷属于金属晶体，熔点与金属键的大小有关，金属离子的电荷越多、离子半径越小，金属键越大，熔点越大，钠、钾、铷离子的电荷相同，半径由大到小的顺序为Rb＞K＞Na，沸点由低到高的顺序为Rb
13. 金属晶体的下列性质中，不能用金属晶体结构加以解释的是
A. 易导电 B. 易导热 C. 有延展性 D. 易锈蚀
【答案】D
【解析】试题分析：金属晶体的构成微粒为自由电子和金属阳离子。A、金属晶体中的自由电子在外加电场的作用下发生定向移动，故金属晶体易导电与金属晶体的结构有关，错误；B、升高温度，金属阳离子和自由电子之间通过碰撞传递能量，故金属晶体易导热与金属晶体的结构有关，错误；C、金属晶体中金属阳离子和自由电子之间存在较强的金属键，金属键没有方向性，导致金属晶体有延展性，与结构有关，错误；D、金属易锈蚀说明金属原子易失电子，金属活泼性强，与金属晶体结构无关，正确。
考点：考查金属晶体的结构和性质。
14. 不能说明X的电负性比Y的大的是
A. 与H2化合时X单质比Y单质容易
B. X单质可以把Y从其氢化物中置换出来
C. X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多
D. X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强
【答案】C
【解析】A、与H2化合时X单质比Y单质容易，说明X的非金属性大于Y的非金属性，所以X的电负性大于Y的电负性，A正确。B、X单质可以把Y从其氢化物中置换出来，说明X的非金属性大于Y的非金属性，所以X的电负性大于Y的电负性，B正确。C、X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多，不能说明X的电负性大于Y的电负性，电负性是指元素原子吸引电子的能力的强弱，吸引电子能力越强，电负性越大，C错误。 D、最高价氧化物的水化物的酸性越大，其非金属元素的非金属性越大，电负性也越大，D正确。正确答案为C
15. 下列说法正确的是 （ ）
A. 元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从ns1 过渡到ns2np6
B. 所有的非金属元素都分布在p区
C. 原子核外电子排布式为1s2的原子与原子核外电子排布式为1s22s2的原子的化学性质相似
D. 元素周期表中ⅢB到ⅡB的10个纵行的元素都是金属，所以统称过渡金属元素
【答案】D
【解析】A．第一周期最外层电子排布是从ns1过渡到ns2，故A错误；B．H元素处于s区，故B错误；C．原子核外电子排布式为1s1的原子为H原子，原子核外电子排布式为1s22s1的原子为Li原子，H原子为非金属、Li原子为金属，二者性质不同，故C错误；D．过渡元素包括副族与第Ⅷ族，为元素周期表中的第3列到12列，即ⅢB到ⅡB的10个纵行，都是金属元素，故D正确；故答案为D。
16. 《科技日报》报道：一定频率范围的无线电波可以减弱水分子中所含元素原子之间的结合力，释放出氢原子，点火后氢原子就能持续燃烧。上述中“结合力”的实质是
A. 非极性键 B. 极性键 C. 离子键 D. 氢键
【答案】B
【解析】试题分析：可以释放出氢原子，说明发生的是化学变化，因此破坏的是化学键。水中H和O都是非金属元素，形成的化学键是极性键，答案选B。
考点：考查化学键的判断
点评：本题是基础性试题的考查，难度不大。关键是通过题中的信息得出水发生了化学变化，从而得出破坏的是化学键这一关键结论。
17. 下列关于元素第一电离能的说法不正确的是（ ）
A. 钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠
B. 因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能必依次增大
C. 最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）的原子，第一电离能较大
D. 对于同一元素而言，原子的逐级电离能越来越大
【答案】B
【解析】试题分析：A．钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，说明钾失电子能力比钠强，所以钾的活泼性强于钠，故A正确；B．同一周期元素原子半径随着原子序数的增大而减小，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，故B错误；C．最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）的原子达到稳定结构，再失去电子较难，所以其第一电离能较大，故C正确；D．对于同一元素来说，原子失去电子个数越多，其失电子能力越弱，所以原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大，故D正确；故选B。
【考点定位】考查了电离能的有关知识
【名师点晴】熟悉下列相关知识是解答本题的关键：元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量，原子越稳定其第一电离能越大；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势；ns2np6（当只有K层时为1s2）的原子达到稳定结构，性质稳定，第一电离能都较大；对于同一元素来说，原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大。根据元素周期律来分析解答即可，注意同周期元素第一电离能的异常现象。
18. 下面有关晶体的叙述中，不正确的是（ ）
A. 金刚石为网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
B. 氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等的Na+共有6个
C. 氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-
D. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
【答案】B
【解析】A. 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，故A正确；B. 氯化钠晶胞属于面心立方晶胞，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有12个，故B不正确；C. 氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs＋周围紧邻8个Cl-，故C正确；D. 干冰晶胞属于面心立方晶胞，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子，故D正确。故选B。
19. 合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。分析下表中的数据，不能形成合金的是
Na
Cu
Al
Fe
熔点/℃
97.8
1083
660
1535
沸点/℃
883
2567
2467
2750
A. Cu和Al B. Fe和Cu C. Cu和Na D. Al和Na
【答案】C
【解析】试题分析：由于金属钠的沸点比金属铜的熔点还低，所以在铜没有熔化之前，钠就变为了蒸汽，所以钠和铜不可能形成合金，其余都是可以的，答案选C。
考点：考查合金的形成
点评：该题是基础性试题的考查，基础性强，侧重学生能力的考查。本题有利于培养学生分析、处理数据的能力，有利于提高学生分析问题、解决问题的能力。
20. 只含镁、镍和碳三种元素的晶体也具有超导性。该新型超导晶体的一个晶胞如图所示(碳原子处于立方体的体心)，该晶体化学式为
A. Mg2CNi3 B. MgC2Ni
C. MgCNi2 D. MgCNi3
【答案】D
【解析】根据晶包知识解答，镁原子位于正方体的8个顶点，所以一个晶胞中实际含有的镁原子个数为8×1/8=1，镍原子位于6个面心，所以一个晶胞中实际含有的镍原子数目为6×1/2=3，碳原子位于立方体的体心，所以一个晶包中实际含有的碳原子数为1，故镁、镍和碳原子个数比为1:3:1，故化学式为MgCNi3，D正确。正确答案为D
点睛：本题属于简单的晶包结构的计算，要点是：位于立方体顶点的原子只有1/8属于晶包，位于面心的原子只有1/2属于晶包，位于体心的原子完全属于晶包，处于棱上的原子只有1/4属于晶包，解答此类题目时需要看清楚晶包是属于立方体型还是其他类型。
21. 四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素．下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径Z＜M
B. Z位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族
C. X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小
D. X单质的熔点比Y单质的熔点低
【答案】D
点睛：通过元素周期表中短周期部分的结构和元素位置推出元素种类，熟悉物质的性质和元素周期律的知识是解题的关键，根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属M为Al，X为Si，Y为N，Z为O，再结合选项逐一分析判断即可。
22. 有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A. ①为简单立方堆积，②为镁型，③为钾型，④为铜型
B. 每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个
C. 晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12
D. 空间利用率的大小关系为：①＜②＜③＜④
【答案】B
【解析】A、②为体心立方堆积，属于钾、钠和铁型；，③是六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，A错误。B、利用均摊法计算原子个数，①中原子个数为8×1/8=1个，②中原子个数为8×1/8+1=2个，③中原子个数为8×1/8+1=2个，④中原子个数为8×1/8+6×1/2=4个，B正确。
C、③为六方最密堆积，此结构为六方锥晶包的1/3，配位数为12, C错误。D、③、④的空间利用率最高，都是74%，①中简单立方堆积空间利用率最小为52%,②中体心立方堆积空间利用率为68%,所以空间利用率大小顺序为①＜②＜③=④,D错误.正确答案为B
第Ⅱ卷（非选择题，共56分）
二、填空题
23. 现有下列物质, 用编号填空回答下列各问：
A.干冰 B.金刚石 C. 氩 D.晶体硅，E.过氧化钠 F.二氧化硅，G. 溴化铵
（1）通过非极性键形成的晶体是___________。
（2）固态时属于分子晶体的是 ________。
（3）属于分子晶体，且分子为直线型结构的是____________。
（4）由极性键形成的晶体是__________。
（5）含有非极性键的离子化合物是____________________。
（6）含有离子键、共价键、配位键的化合物是____________。
【答案】 (1). BD (2). AC (3). A (4). F (5). E (6). G
【解析】（1）干冰是CO2通过分子间作用力形成的晶体；金刚石是碳原子之间通过非极性键形成的原子晶体；氩是通过分子间作用力形成的晶体；晶体硅的结构与金刚石相同，也是通过非极性键形成的晶体；过氧化钠是通过离子键形成的晶体；二氧化硅是通过Si-O之间的极性键形成的原子晶体；溴化铵是离子键形成的晶体。故通过非极性键形成的晶体是金刚石和晶体硅，答案选BD。
（2）非金属单质和大多数非金属氧化物在固态时属于分子晶体，但少数形成原子晶体，如二氧化硅和金刚石，含氧酸只能形成分子晶体，故属于分子晶体的是干冰和氩，答案为AC。
（3）CO2分子中三个原子处于同一条直线，且干冰是分子晶体，所以符合条件的是干冰，答案为A。
（4）二氧化硅晶体是硅原子与氧原子间通过极性键形成的原子晶体，最小结构单元是一个硅原子与四个氧原子形成四个极性键的四面体结构，故答案为F。
（5）过氧化钠含有离子键，属于离子化合物，同时O与O之间形成的是非极性键，所以答案为E。
（6）溴化铵中，铵根离子与溴离子间为离子键，氮与氢原子间是共价键，NH4+是NH3与H+结合而成的，NH3中N原子有一个孤电子对，而H+不含电子但具有空的1s轨道，所以N原子将其孤对电子与H原子共用，使两者都达到稳定结构，这就是配位键，故答案为G。
点睛：本题重点考查化学键和晶体的认识，题目简单，理解共价键与离子键的区别，学会判断配位键的存在及形成的条件，理解各种晶体的基础知识，学会判断晶体的种类。难点是理解只有共价键形成的化合物可能是分子晶体，也可能是原子晶体，如金刚石、二氧化硅由共价键构成，但属于原子晶体。
24. A、B、C、D代表4种元素。请填空：
（1）A原子序数为24的元素原子中有___________个电子层，___________个能级，_________个未成对电子，位于元素周期表的___________区。
（2）B的原子的2p轨道上只有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，写出该原子价电子的轨道表示式：__________________________________。
（3）N≡N的键能为942kJ·mol-1，N—N单键的键能为247kJ·mol-1，通过计算说明N2中的___________键更稳定（填“σ”或“π”）。
D元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，D元素基态原子的电子排布式为____________________________，其单质在一定条件下能与浓硫酸反应，试写出该反应方程式:____________________________________________。
【答案】 (1). 4 (2). 7 (3). 6 (4). d (5). (6). π (7). [Ar]3d104s1 (8). Cu + 2 H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
【解析】（1）24号元素为Cr元素，核外有24个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，所以Cr元素有4个电子层，7个能级，未成对电子有3d54s1共6个未成对电子，位于周期表的d区。
（2）B原子的2p轨道上只有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，则2p上只有4个电子即2p4，所以B原子的价电子的轨道式为。
（3）N≡N中含有一个σ键和两个π键，总键能为942kJ·mol-1，N—N单键为σ键，其键能为247kJ·mol-1，所以一个π键键能为（942-247）÷2kJ·mol-1=347.5 kJ·mol-1，所以π键键能大于σ键键能，键能越大化学键越稳定，所以π键更稳定。
点睛：本题考查原子核外电子排布，涉及电子排布的构造原理、“σ”或“π”键的区别和计算及稳定性的比较，难点是通过原子的核外电子的排布特点推断元素种类。
25. A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素．A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为：，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E元素的正三价离子的3d亚层为半充满．回答下列问题：
（1）写出下列元素的名称：A________， B________， C________，D________。
（2）用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是__________，电负性最大的元素是__________。
（3）D的氢化物比C的氢化物的沸点__________（填“高“或“低“），原因__________。
（4）E元素的正三价离子的电子排布式为________________________。E元素在周期表中的位置是_________。
（5）用电子式表示B的硫化物的形成过程：_____________________________________。
（6）写出A的最高价氧化物与B的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式________。
【答案】 (1). 硅 (2). 钠 (3). 磷 (4). 氮 (5). Ne (6). F (7). 高 (8). 因为NH3分子间形成氢键 (9). [Ar]3d5 (10). 第四周期，第Ⅷ族 (11). (12). SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O
【解析】（1）根据A的原子结构示意图知道x=2，所以A为硅，B与A同周期且电离能最小，所以B为钠，C为第三周期元素且最外层有三个成单电子，所以C的价电子排布式为3p3，所以C为磷，D与磷同主族且为短周期元素，所以D为氮， E元素的正三价离子的3d亚层为半充满，所以E的三价离子的价电子排布式为3d5，则其原子的价电子排布式为3d64s2，所以E为铁。
（2）D为N元素属于第二周期，第二周期所有的元素中，稀有气体元素Ne原子最外层为8个电子的稳定结构，故其电离能最大，F元素的非金属最强，吸引电子的能力也越强，故电负性最大的是F 。
（3）D的氢化物为NH3，C的氢化物为PH3，NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点高于PH3，答案为：高、因为NH3分子间形成氢键。
（4）Fe原子的价电子排布式为3d64s2，失去3个电子后变成Fe3+，其电子排布式为[Ar]3d5，Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，所以Fe在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族。
（5）Na2S为离子键形成的离子化合物，构成的粒子为阴阳离子，用电子式表示其形成过程时，左边为原子的电子式，右边为离子的电子式，具体表示如下：
（6）二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O
点睛：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，把握原子结构及元素在周期表的位置、依据电子排布特点推断元素是解答的关键，注重分析能力和元素化合物性质的考查，题目难度中等。
26. 下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别表示一种化学元素。
（1）下列 ______（填写编号）组元素可能都是电的良导体。
①a、c、h ②b、g、k ③c、h、l ④d、e、f
（2）如果给核外电子足够的能量，这些电子便会摆脱原子核的束缚而离去。核外电子离开该原子或离子所需要的能量主要受两大因素的影响：
A、原子核对核外电子的吸引力；B、形成稳定结构的倾向
下表是一些气态原子失去核外不同电子所需的能量（KJ/mol）：
①表中X可能为以上13种元素中的________________（用化学用语表达）元素。用元素符号表示X和j形成化合物的化学式___________________；Y是周期表中_____________族元素。
②以上13种元素中，__________（用化学用语表达）元素原子失去核外第一个电子需要的能量最多。
③通过上述信息和表中的数据分析为什么锂原子失去核外第二个电子时所需的能量要远远大于失去第一个电子所需的能量：_________________________________。
【答案】 (1). ①④ (2). Na (3). Na2O或Na2O2 (4). IIIA (5). Ar (6). 因为首先失去的电子是能量最高的电子，故第一电离能较小，以后再失去电子都是能级较低的电子，所需要的能量多；同时Li原子失去一个电子后，Li＋已经形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难
【解析】（1）①中a、c、h三种元素分别为钠、镁、碳，前两个为金属导电，碳可能为石墨，也是电的良导体，①正确；②中b为氢，H2不导电，g、k处于金属与非金属交界处，为半导体，②错误；③中c、h、l分别为镁、碳、氯，氯气不导电，③错误；④中d为锶、e为过渡金属元素，两者均导电，f为铝可以导电，④正确，故正确的答案为①④。
（2）①X的第二电离能远远大于第一电离能，所以X原子最外层为1个电子，且X的第一电离能小于Li的第一电离能，所以X的原子核对最外层电子的吸引力小于Li原子核对最外层电子的吸引力，所以X原子的电子层比Li多，故X为Na元素；j为O元素，所以Na和O形成的化合物的化学式为Na2O或Na2O2；Y只能失去三个电子，且第一、二、三电离能相差不大，所以Y最外层有3个电子，故Y属于第IIIA元素。②稀有气体元素原子最外层已达2个或8个电子的稳定结构，失去电子非常困难，需要的能量最多，以上13种元素中，m元素为Ar元素，是稀有气体元素，所以答案为Ar。 ③因为首先失去的电子是能量最高的电子，故第一电离能较小，以后再失去电子都是能级较低的电子，所需要的能量多；同时Li原子失去一个电子后，Li＋已经形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难。
点睛：本题考查元素周期表、核外电子排布、电离能等知识点，难度中等，熟练掌握周期表的结构，是解题的关键。
27. 铁及其化合物用途非常广泛，如二茂铁可用作火箭燃料添加剂，铁酸锶用于直流电机永久陶瓷磁铁。用环戊二烯钠法制备二茂铁(如图)的原理为：C5H6+NaOH→C5H5Na+H2O；2C5H5Na+FeCl2→(C5H5)2Fe+2NaCl。
(1)铁元素的基态价电子排布式为________________。
(2)基态Na原子中，核外电子占据的最高能级的符号是________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________。Na和K属于同一主族，但金属Na的熔点比金属K高，原因是________________________________________。
(3)(C5H5)2Fe中阴离子中的σ键总数为____个。分子中的大π键可用符号πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π66)，则中的大π键应表示为________________。
(4)用二乙胺法合成二茂铁的原料有(C2H5)2NH、FeCl2·4H2O及C5H6。FeCl2·4H2O是一种配合物，其结构如图所示，Fe2+与配体之间形成的化学键称为____________。
(5)铁酸锶的晶胞结构如下图所示：
①晶胞中距离最近的两个氧原子的距离为________________cm(列出计算表达式即可)。
②该晶体的密度为_______________________g·cm-3(列出计算表达式即可)。(相对原子质量：Fe:56 Sr:88 O:16)
【答案】 (1). 3d64s2 (2). 3s (3). 球形 (4). Na的原子半径较小且价电子数和K相同，金属键较强 (5). 10 (6). (7). 配位键 (8). (9).
【解析】(1) 过渡元素的价电子不仅是最外层电子，次外层电子及某些元素的倒数第三层电子也可成为价电子， 根据铁的电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2可知Fe的价电子排布式为：3d64s2。
(2)Na的电子排布式为1s22s22p63s1，根据电子的构造原理可知Na原子中3s能级的能量最高；s电子云是球形结构；Na的原子半径比钾的原子半径小，价电子数和K相同，所以Na的金属键较强，熔点高。故答案为： 3s 、 球形、 Na的原子半径较小且价电子数和K相同，金属键较强。
(3) 离子中含有3个碳碳单键即3个σ键，含有2个碳碳双键，每个双键中含有1个σ，共有2个σ键，该离子中还含有5个碳氢单键即5个σ键，所以总共含有3+2+5=10个σ键；的中心原子有5个，每个碳原子有一个单电子，5个碳原子总共有5个单电子，且该粒子得到了一个电子，故总共有6个电子，所以大π键可以表示为。
(4) FeCl2·4H2O中心原子为Fe2+，电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，有空轨道，配体为H2O，O有孤电子对，所以Fe2+与配体之间形成的化学键是配位键。
(5) ①很明显同一平面上垂直的两条边上的O原子的距离最短（如图红色圆圈的两个氧原子），设最短距离为d，边长为a=398pm=398×10-10cm，根据几何知识知两个O原子最短距离d2=2× (a/2)2，解得d=； ②一个晶胞中实际含有的Sr原子为1个，Fe原子为8×1/8=1个，O原子为8×1/4=2个，所以其化学式为SrFeO2，1个晶包中含有的SrFeO2个数为1个，质量=（176/NA）g，晶包的体积为(398×10-10)2×347×10-10cm3，所以密度=（176/NA）g÷[(398×10-10)2×347×10-10]cm3= g·cm-3。
点睛：本题主要考查原子结构与性质的关系，重点考查了核外电子的构造原理、能级的理解和应用、σ键和π键的简单计算、晶包的有关计算。难点是理解大π键的概念，学会计算大π键中的中心原子的个数和形成大π键时所需要的电子数。
福建省晋江市季延中学2017-2018学年高二上学期期中考试
化学（理）试题
考试时间：90分钟 满分：100分
一、选择题（本题共有22小题，每小题只有1个正确答案，每题2分，共44分）
1. 下列电子排布式或轨道表示式正确的是
A. C原子的轨道表示式：
B. Ca原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d2
C. N原子的轨道表示式：
D. Br－的电子排布式[Ar] 3d104s24p6
【答案】D
【解析】A、2p上的两个电子不符合洪特规则，两个电子应分别占据2p的两个能量相近的轨道，且自旋方向相同，正确的应是，A错误。B、4s能级的能量小于3d能级的能量，所以最后两个电子应排在4s上，正确的应为1s22s22p63s23p64s2，B错误。C、根据泡利不相容规律可知：同一轨道上的两个电子自旋方向相反，正确的应是，C错误。D、Br－核外有36个电子，按照电子排布规律，其电子排布式为[Ar] 3d104s24p6，D正确。正确答案为D
点睛：核外电子排布规律主要有三点：最低能量原理（电子在原子核外排布时，要尽可能使电子的能量最低，电子先排能级低的轨道，然后再排能级高的轨道）、泡利不相容原理（每一个轨道中只能容纳两个自旋方向相反的电子）和洪特规则（电子在原子核外排布时，将尽可能分占不同的轨道，还要考虑全充满、半充满、全空的稳定情况）。
2. 在单质的晶体中一定不存在的微粒是（ ）
A. 原子 B. 分子 C. 阴离子 D. 阳离子
【答案】C
考点：考查构成晶体微粒的有关正误判断
点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力。该题有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，有利于培养学生灵活应变能力。
3. 下列表达方式或说法正确的是
A. 基态到激发态产生的光谱是发射光谱
B. 氯化铵的电子式：
C. 硫离子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p4
D. NH3、H2O、CO2、HCl四分子中孤电子对最多的是CO2
【答案】D
【解析】A、电子从基态到激发态需要吸收能量，产生的光谱是吸收光谱，A错误。B、氯化铵的电子式应为，B错误。C、硫离子核外有18个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p6，C错误。D、中心原子孤电子对数等于 (a-xb)/2，a是中心原子的价电子数， x是中心原子结合的原子数，b是与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，据此NH3的孤电子对数=1，H2O的孤电子对数=2，CO2的中心原子的孤电子对数=0，但O原子的孤电子对数=4，所以CO2中孤电子对数为4，HCl的孤电子对数=3，所以孤电子对数最多的是CO2，答案选D。正确答案为D
点睛：本题易错点：在计算CO2的孤电子对数时根据公式只考虑了中心原子C的孤电子对数而没有考虑O原子的孤电子对数，在计算氢化物的孤电子对数时，H原子没有孤电子对，从而只需要考虑中心原子的孤电子对数。
4. 若将15P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违背了
A. 能量守恒原理 B. 泡利不相容原理 C. 能量最低原理 D. 洪特规则
【答案】D
【解析】P原子3p能级上有3个轨道，3p能级上有3个电子，3个电子应该排在3个不同的轨道上，且自旋方向相同，若将P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违背了洪特规则，故选D。
点睛：本题考查了原子结构构造原理，明确这几个概念是解本题关键。能量最低原理：原子核外电子先占有能量低的轨道，然后依次进入能量高的轨道；泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；洪特规则：洪特规则是在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同。
5. 某元素质量数为51，中子数为28，其原子未成对电子数为
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】试题分析：某元素质量数51，中子数28，由于质量数＝质子数+中子数，则质子数＝51—28＝23。中子数＝核外电子数，即核外电子数也是23，根据核外电子排布规律可知，其排布式是1s22s22p63s23p63d34s2，因此其基态原子中未成对电子数为3个，答案选D。
考点：考查核外电子排布
6. 短周期元素离子aA2+、bB+、cC3-、dD- 都具有相同电子层结构，则下列叙述正确的是
A. 原子半径A＞B＞D＞C B. 原子序数d＞c＞b＞a
C. 离子半径c＞d＞b＞a D. 单质还原性a＞b＞d＞c
【答案】C
【解析】短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，所以有：a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：a＞b＞d＞c，A、B为金属，C、D为非金属；A．由同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大可知，原子半径B＞A＞C＞D，故A错误；B．由以上分析可知原子序数a＞b＞d＞c，故B错误；C．原子序数a＞b＞d＞c，原子核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则有C2-＞D-＞B+＞A2+，故C正确；D．同周期自左而右，金属性减弱，单质还原性减弱，A、B为金属，A、B同周期，a＞b，所以金属性B＞A；C、D同周期，为非金属，原子序数d＞c，非金属性D＞C，对应单质的氧化性D＞C，所以还原性D＜C，故D错误；答案为C。
点睛：根据核外电子排布确定元素所在周期表中的位置，清楚元素周期律的递变规律是解答该题的关键，短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，所以有：a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：a＞b＞d＞c，A、B为金属，C、D为非金属．结合元素周期律递变规律解答该题。
7. 2003年，IUPAC（国际纯粹与应用化学联合会）推荐原子序数为110的元素的符号为Ds，以纪念该元素的发现地（Darmstadt，德国）。下列关于Ds的说法不正确的是
A. Ds原子的电子层数为7 B. Ds是超铀元素
C. Ds原子的质量数为110 D. Ds为金属元素
【答案】C
【解析】试题分析：Ds的原子序数为110，Ds位于元素周期表中的第七周期第ⅤⅢ族。A、Ds位于元素周期表中的第七周期，则电子层数为7，故A正确；B、110＞92，原子序数在92号以后的元素为超铀元素，故B正确；C、Ds原子的原子序数为110，质量数为281，故C错误；D、Ds为过渡元素，属于金属元素，故D正确；故选C。
考点：考查了原子的原子序数与质量数的相关知识。
8. 下列组合不能形成配位键的是
A. Ag+、NH3 B. H2O、H+ C. Co3+、CO D. Cu2+、H+
【答案】D
【解析】试题分析：A．Ag+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，故A错误；B．水分子中的O原子含有孤电子对，H+有空轨道，所以能形成配位键，故B错误；C．Co3+有空轨道，CO中的氧原子上的孤电子对，可以形成配位键，故C错误；D．Cu2+、H+两种离子者没有孤电子对，所以不能形成配位键，故D正确；故选D。
考点：考查了配合物的成键情况的相关知识。
9. 下列说法中不正确的是( )
A. 一般情况下，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. 在气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D. N2分子中有1个σ键，2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。
10. “类推”是一种常用的学习方法，但有时会产生错误的结论，下列类推结论中正确的是
A. IVA族元素氢化物沸点顺序是：GeH4>SiH4>CH4；则VIA族元素氢化物沸点顺序也是： H2Se>H2S>H2O
B. 第二周期元素氢化物的稳定性序是：HF>H2O>NH3, 则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3
C. 晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，必有阴离子
D. 干冰（CO2）是分子晶体，则SiO2也是分子晶体
【答案】B
【解析】试题分析：A、IVA族元素氢化物不含氢键，分子的相对分子质量越大，沸点越高，则沸点顺序是：GeH4＞SiH4＞CH4，则VA族元素氢化物中，NH3含有氢键，沸点最高，应为NH3＞AsH3＞PH3，A错误；B、元素的非金属性越强，稳定性越大，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则对应的氢化物的稳定性逐渐增强，B正确；C、金属晶体组成微粒为金属阳离子和自由电子，不含阴离子，C错误；D、干冰（CO2）是分子晶体，而SiO2为原子晶体，D错误．答案选B。
考点：考查元素周期律及晶体的组成和类型。
11. 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
【解析】根据四种元素的基态原子的电子排布式，可知①是S元素、②是P元素；③是N元素；④是F元素。同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，所以第一电离能F>N，由于ⅤA族元素P能级为半充满状态，ⅤA族元素的第一电离能大于同周期ⅥA族元素，所以第一电离能P>S，同主族元素从上到下第一电离能减小，所以第一电离能N>P，第一电离能：④>③>②>①，故A正确；同周期元素从左到右半径减小，同主族元素从上到下原子半径增大，所以原子半径②>①>③>④，故B错误；非金属性越强电负性越大，故电负性④>③>①>②，故C错误；N、P最高价都是+5，故D错误 。
12. 下面的排序不正确的是（ ）
A. 晶体熔点由低到高：F2＜Cl2＜Br2＜I2
B. 熔点由高到低：Rb＞K＞Na
C. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
D. 晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
【答案】B
【解析】试题分析：A．卤素单质的晶体都属于分子晶体，融化时破坏的是分子间作用力，范德法力只与相对分子质量有关，所以熔点由低到高：F2＜Cl2＜Br2＜I 2，A正确；B．钠、钾、铷属于金属晶体，熔点与金属键的大小有关，金属离子的电荷越多、离子半径越小，金属键越大，熔点越大，钠、钾、铷离子的电荷相同，半径由大到小的顺序为Rb＞K＞Na，沸点由低到高的顺序为Rb
13. 金属晶体的下列性质中，不能用金属晶体结构加以解释的是
A. 易导电 B. 易导热 C. 有延展性 D. 易锈蚀
【答案】D
【解析】试题分析：金属晶体的构成微粒为自由电子和金属阳离子。A、金属晶体中的自由电子在外加电场的作用下发生定向移动，故金属晶体易导电与金属晶体的结构有关，错误；B、升高温度，金属阳离子和自由电子之间通过碰撞传递能量，故金属晶体易导热与金属晶体的结构有关，错误；C、金属晶体中金属阳离子和自由电子之间存在较强的金属键，金属键没有方向性，导致金属晶体有延展性，与结构有关，错误；D、金属易锈蚀说明金属原子易失电子，金属活泼性强，与金属晶体结构无关，正确。
考点：考查金属晶体的结构和性质。
14. 不能说明X的电负性比Y的大的是
A. 与H2化合时X单质比Y单质容易
B. X单质可以把Y从其氢化物中置换出来
C. X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多
D. X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强
【答案】C
【解析】A、与H2化合时X单质比Y单质容易，说明X的非金属性大于Y的非金属性，所以X的电负性大于Y的电负性，A正确。B、X单质可以把Y从其氢化物中置换出来，说明X的非金属性大于Y的非金属性，所以X的电负性大于Y的电负性，B正确。C、X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多，不能说明X的电负性大于Y的电负性，电负性是指元素原子吸引电子的能力的强弱，吸引电子能力越强，电负性越大，C错误。 D、最高价氧化物的水化物的酸性越大，其非金属元素的非金属性越大，电负性也越大，D正确。正确答案为C
15. 下列说法正确的是 （ ）
A. 元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从ns1 过渡到ns2np6
B. 所有的非金属元素都分布在p区
C. 原子核外电子排布式为1s2的原子与原子核外电子排布式为1s22s2的原子的化学性质相似
D. 元素周期表中ⅢB到ⅡB的10个纵行的元素都是金属，所以统称过渡金属元素
【答案】D
【解析】A．第一周期最外层电子排布是从ns1过渡到ns2，故A错误；B．H元素处于s区，故B错误；C．原子核外电子排布式为1s1的原子为H原子，原子核外电子排布式为1s22s1的原子为Li原子，H原子为非金属、Li原子为金属，二者性质不同，故C错误；D．过渡元素包括副族与第Ⅷ族，为元素周期表中的第3列到12列，即ⅢB到ⅡB的10个纵行，都是金属元素，故D正确；故答案为D。
16. 《科技日报》报道：一定频率范围的无线电波可以减弱水分子中所含元素原子之间的结合力，释放出氢原子，点火后氢原子就能持续燃烧。上述中“结合力”的实质是
A. 非极性键 B. 极性键 C. 离子键 D. 氢键
【答案】B
【解析】试题分析：可以释放出氢原子，说明发生的是化学变化，因此破坏的是化学键。水中H和O都是非金属元素，形成的化学键是极性键，答案选B。
考点：考查化学键的判断
点评：本题是基础性试题的考查，难度不大。关键是通过题中的信息得出水发生了化学变化，从而得出破坏的是化学键这一关键结论。
17. 下列关于元素第一电离能的说法不正确的是（ ）
A. 钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠
B. 因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能必依次增大
C. 最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）的原子，第一电离能较大
D. 对于同一元素而言，原子的逐级电离能越来越大
【答案】B
【解析】试题分析：A．钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，说明钾失电子能力比钠强，所以钾的活泼性强于钠，故A正确；B．同一周期元素原子半径随着原子序数的增大而减小，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，故B错误；C．最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）的原子达到稳定结构，再失去电子较难，所以其第一电离能较大，故C正确；D．对于同一元素来说，原子失去电子个数越多，其失电子能力越弱，所以原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大，故D正确；故选B。
【考点定位】考查了电离能的有关知识
【名师点晴】熟悉下列相关知识是解答本题的关键：元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量，原子越稳定其第一电离能越大；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势；ns2np6（当只有K层时为1s2）的原子达到稳定结构，性质稳定，第一电离能都较大；对于同一元素来说，原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大。根据元素周期律来分析解答即可，注意同周期元素第一电离能的异常现象。
18. 下面有关晶体的叙述中，不正确的是（ ）
A. 金刚石为网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
B. 氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等的Na+共有6个
C. 氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-
D. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
【答案】B
【解析】A. 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，故A正确；B. 氯化钠晶胞属于面心立方晶胞，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有12个，故B不正确；C. 氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs＋周围紧邻8个Cl-，故C正确；D. 干冰晶胞属于面心立方晶胞，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子，故D正确。故选B。
19. 合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质。分析下表中的数据，不能形成合金的是
Na
Cu
Al
Fe
熔点/℃
97.8
1083
660
1535
沸点/℃
883
2567
2467
2750
A. Cu和Al B. Fe和Cu C. Cu和Na D. Al和Na
【答案】C
【解析】试题分析：由于金属钠的沸点比金属铜的熔点还低，所以在铜没有熔化之前，钠就变为了蒸汽，所以钠和铜不可能形成合金，其余都是可以的，答案选C。
考点：考查合金的形成
点评：该题是基础性试题的考查，基础性强，侧重学生能力的考查。本题有利于培养学生分析、处理数据的能力，有利于提高学生分析问题、解决问题的能力。
20. 只含镁、镍和碳三种元素的晶体也具有超导性。该新型超导晶体的一个晶胞如图所示(碳原子处于立方体的体心)，该晶体化学式为
A. Mg2CNi3 B. MgC2Ni
C. MgCNi2 D. MgCNi3
【答案】D
【解析】根据晶包知识解答，镁原子位于正方体的8个顶点，所以一个晶胞中实际含有的镁原子个数为8×1/8=1，镍原子位于6个面心，所以一个晶胞中实际含有的镍原子数目为6×1/2=3，碳原子位于立方体的体心，所以一个晶包中实际含有的碳原子数为1，故镁、镍和碳原子个数比为1:3:1，故化学式为MgCNi3，D正确。正确答案为D
点睛：本题属于简单的晶包结构的计算，要点是：位于立方体顶点的原子只有1/8属于晶包，位于面心的原子只有1/2属于晶包，位于体心的原子完全属于晶包，处于棱上的原子只有1/4属于晶包，解答此类题目时需要看清楚晶包是属于立方体型还是其他类型。
21. 四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素．下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径Z＜M
B. Z位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族
C. X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小
D. X单质的熔点比Y单质的熔点低
【答案】D
点睛：通过元素周期表中短周期部分的结构和元素位置推出元素种类，熟悉物质的性质和元素周期律的知识是解题的关键，根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属M为Al，X为Si，Y为N，Z为O，再结合选项逐一分析判断即可。
22. 有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A. ①为简单立方堆积，②为镁型，③为钾型，④为铜型
B. 每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个
C. 晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12
D. 空间利用率的大小关系为：①＜②＜③＜④
【答案】B
【解析】A、②为体心立方堆积，属于钾、钠和铁型；，③是六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，A错误。B、利用均摊法计算原子个数，①中原子个数为8×1/8=1个，②中原子个数为8×1/8+1=2个，③中原子个数为8×1/8+1=2个，④中原子个数为8×1/8+6×1/2=4个，B正确。
C、③为六方最密堆积，此结构为六方锥晶包的1/3，配位数为12, C错误。D、③、④的空间利用率最高，都是74%，①中简单立方堆积空间利用率最小为52%,②中体心立方堆积空间利用率为68%,所以空间利用率大小顺序为①＜②＜③=④,D错误.正确答案为B
第Ⅱ卷（非选择题，共56分）
二、填空题
23. 现有下列物质, 用编号填空回答下列各问：
A.干冰 B.金刚石 C. 氩 D.晶体硅，E.过氧化钠 F.二氧化硅，G. 溴化铵
（1）通过非极性键形成的晶体是___________。
（2）固态时属于分子晶体的是 ________。
（3）属于分子晶体，且分子为直线型结构的是____________。
（4）由极性键形成的晶体是__________。
（5）含有非极性键的离子化合物是____________________。
（6）含有离子键、共价键、配位键的化合物是____________。
【答案】 (1). BD (2). AC (3). A (4). F (5). E (6). G
【解析】（1）干冰是CO2通过分子间作用力形成的晶体；金刚石是碳原子之间通过非极性键形成的原子晶体；氩是通过分子间作用力形成的晶体；晶体硅的结构与金刚石相同，也是通过非极性键形成的晶体；过氧化钠是通过离子键形成的晶体；二氧化硅是通过Si-O之间的极性键形成的原子晶体；溴化铵是离子键形成的晶体。故通过非极性键形成的晶体是金刚石和晶体硅，答案选BD。
（2）非金属单质和大多数非金属氧化物在固态时属于分子晶体，但少数形成原子晶体，如二氧化硅和金刚石，含氧酸只能形成分子晶体，故属于分子晶体的是干冰和氩，答案为AC。
（3）CO2分子中三个原子处于同一条直线，且干冰是分子晶体，所以符合条件的是干冰，答案为A。
（4）二氧化硅晶体是硅原子与氧原子间通过极性键形成的原子晶体，最小结构单元是一个硅原子与四个氧原子形成四个极性键的四面体结构，故答案为F。
（5）过氧化钠含有离子键，属于离子化合物，同时O与O之间形成的是非极性键，所以答案为E。
（6）溴化铵中，铵根离子与溴离子间为离子键，氮与氢原子间是共价键，NH4+是NH3与H+结合而成的，NH3中N原子有一个孤电子对，而H+不含电子但具有空的1s轨道，所以N原子将其孤对电子与H原子共用，使两者都达到稳定结构，这就是配位键，故答案为G。
点睛：本题重点考查化学键和晶体的认识，题目简单，理解共价键与离子键的区别，学会判断配位键的存在及形成的条件，理解各种晶体的基础知识，学会判断晶体的种类。难点是理解只有共价键形成的化合物可能是分子晶体，也可能是原子晶体，如金刚石、二氧化硅由共价键构成，但属于原子晶体。
24. A、B、C、D代表4种元素。请填空：
（1）A原子序数为24的元素原子中有___________个电子层，___________个能级，_________个未成对电子，位于元素周期表的___________区。
（2）B的原子的2p轨道上只有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，写出该原子价电子的轨道表示式：__________________________________。
（3）N≡N的键能为942kJ·mol-1，N—N单键的键能为247kJ·mol-1，通过计算说明N2中的___________键更稳定（填“σ”或“π”）。
D元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，D元素基态原子的电子排布式为____________________________，其单质在一定条件下能与浓硫酸反应，试写出该反应方程式:____________________________________________。
【答案】 (1). 4 (2). 7 (3). 6 (4). d (5). (6). π (7). [Ar]3d104s1 (8). Cu + 2 H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
【解析】（1）24号元素为Cr元素，核外有24个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，所以Cr元素有4个电子层，7个能级，未成对电子有3d54s1共6个未成对电子，位于周期表的d区。
（2）B原子的2p轨道上只有1个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，则2p上只有4个电子即2p4，所以B原子的价电子的轨道式为。
（3）N≡N中含有一个σ键和两个π键，总键能为942kJ·mol-1，N—N单键为σ键，其键能为247kJ·mol-1，所以一个π键键能为（942-247）÷2kJ·mol-1=347.5 kJ·mol-1，所以π键键能大于σ键键能，键能越大化学键越稳定，所以π键更稳定。
点睛：本题考查原子核外电子排布，涉及电子排布的构造原理、“σ”或“π”键的区别和计算及稳定性的比较，难点是通过原子的核外电子的排布特点推断元素种类。
25. A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素．A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为：，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E元素的正三价离子的3d亚层为半充满．回答下列问题：
（1）写出下列元素的名称：A________， B________， C________，D________。
（2）用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是__________，电负性最大的元素是__________。
（3）D的氢化物比C的氢化物的沸点__________（填“高“或“低“），原因__________。
（4）E元素的正三价离子的电子排布式为________________________。E元素在周期表中的位置是_________。
（5）用电子式表示B的硫化物的形成过程：_____________________________________。
（6）写出A的最高价氧化物与B的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式________。
【答案】 (1). 硅 (2). 钠 (3). 磷 (4). 氮 (5). Ne (6). F (7). 高 (8). 因为NH3分子间形成氢键 (9). [Ar]3d5 (10). 第四周期，第Ⅷ族 (11). (12). SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O
【解析】（1）根据A的原子结构示意图知道x=2，所以A为硅，B与A同周期且电离能最小，所以B为钠，C为第三周期元素且最外层有三个成单电子，所以C的价电子排布式为3p3，所以C为磷，D与磷同主族且为短周期元素，所以D为氮， E元素的正三价离子的3d亚层为半充满，所以E的三价离子的价电子排布式为3d5，则其原子的价电子排布式为3d64s2，所以E为铁。
（2）D为N元素属于第二周期，第二周期所有的元素中，稀有气体元素Ne原子最外层为8个电子的稳定结构，故其电离能最大，F元素的非金属最强，吸引电子的能力也越强，故电负性最大的是F 。
（3）D的氢化物为NH3，C的氢化物为PH3，NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点高于PH3，答案为：高、因为NH3分子间形成氢键。
（4）Fe原子的价电子排布式为3d64s2，失去3个电子后变成Fe3+，其电子排布式为[Ar]3d5，Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，所以Fe在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族。
（5）Na2S为离子键形成的离子化合物，构成的粒子为阴阳离子，用电子式表示其形成过程时，左边为原子的电子式，右边为离子的电子式，具体表示如下：
（6）二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O
点睛：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，把握原子结构及元素在周期表的位置、依据电子排布特点推断元素是解答的关键，注重分析能力和元素化合物性质的考查，题目难度中等。
26. 下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别表示一种化学元素。
（1）下列 ______（填写编号）组元素可能都是电的良导体。
①a、c、h ②b、g、k ③c、h、l ④d、e、f
（2）如果给核外电子足够的能量，这些电子便会摆脱原子核的束缚而离去。核外电子离开该原子或离子所需要的能量主要受两大因素的影响：
A、原子核对核外电子的吸引力；B、形成稳定结构的倾向
下表是一些气态原子失去核外不同电子所需的能量（KJ/mol）：
①表中X可能为以上13种元素中的________________（用化学用语表达）元素。用元素符号表示X和j形成化合物的化学式___________________；Y是周期表中_____________族元素。
②以上13种元素中，__________（用化学用语表达）元素原子失去核外第一个电子需要的能量最多。
③通过上述信息和表中的数据分析为什么锂原子失去核外第二个电子时所需的能量要远远大于失去第一个电子所需的能量：_________________________________。
【答案】 (1). ①④ (2). Na (3). Na2O或Na2O2 (4). IIIA (5). Ar (6). 因为首先失去的电子是能量最高的电子，故第一电离能较小，以后再失去电子都是能级较低的电子，所需要的能量多；同时Li原子失去一个电子后，Li＋已经形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难
【解析】（1）①中a、c、h三种元素分别为钠、镁、碳，前两个为金属导电，碳可能为石墨，也是电的良导体，①正确；②中b为氢，H2不导电，g、k处于金属与非金属交界处，为半导体，②错误；③中c、h、l分别为镁、碳、氯，氯气不导电，③错误；④中d为锶、e为过渡金属元素，两者均导电，f为铝可以导电，④正确，故正确的答案为①④。
（2）①X的第二电离能远远大于第一电离能，所以X原子最外层为1个电子，且X的第一电离能小于Li的第一电离能，所以X的原子核对最外层电子的吸引力小于Li原子核对最外层电子的吸引力，所以X原子的电子层比Li多，故X为Na元素；j为O元素，所以Na和O形成的化合物的化学式为Na2O或Na2O2；Y只能失去三个电子，且第一、二、三电离能相差不大，所以Y最外层有3个电子，故Y属于第IIIA元素。②稀有气体元素原子最外层已达2个或8个电子的稳定结构，失去电子非常困难，需要的能量最多，以上13种元素中，m元素为Ar元素，是稀有气体元素，所以答案为Ar。 ③因为首先失去的电子是能量最高的电子，故第一电离能较小，以后再失去电子都是能级较低的电子，所需要的能量多；同时Li原子失去一个电子后，Li＋已经形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难。
点睛：本题考查元素周期表、核外电子排布、电离能等知识点，难度中等，熟练掌握周期表的结构，是解题的关键。
27. 铁及其化合物用途非常广泛，如二茂铁可用作火箭燃料添加剂，铁酸锶用于直流电机永久陶瓷磁铁。用环戊二烯钠法制备二茂铁(如图)的原理为：C5H6+NaOH→C5H5Na+H2O；2C5H5Na+FeCl2→(C5H5)2Fe+2NaCl。
(1)铁元素的基态价电子排布式为________________。
(2)基态Na原子中，核外电子占据的最高能级的符号是________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________。Na和K属于同一主族，但金属Na的熔点比金属K高，原因是________________________________________。
(3)(C5H5)2Fe中阴离子中的σ键总数为____个。分子中的大π键可用符号πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π66)，则中的大π键应表示为________________。
(4)用二乙胺法合成二茂铁的原料有(C2H5)2NH、FeCl2·4H2O及C5H6。FeCl2·4H2O是一种配合物，其结构如图所示，Fe2+与配体之间形成的化学键称为____________。
(5)铁酸锶的晶胞结构如下图所示：
①晶胞中距离最近的两个氧原子的距离为________________cm(列出计算表达式即可)。
②该晶体的密度为_______________________g·cm-3(列出计算表达式即可)。(相对原子质量：Fe:56 Sr:88 O:16)
【答案】 (1). 3d64s2 (2). 3s (3). 球形 (4). Na的原子半径较小且价电子数和K相同，金属键较强 (5). 10 (6). (7). 配位键 (8). (9).
【解析】(1) 过渡元素的价电子不仅是最外层电子，次外层电子及某些元素的倒数第三层电子也可成为价电子， 根据铁的电子排布式1s22s22p63s23p63d64s2可知Fe的价电子排布式为：3d64s2。
(2)Na的电子排布式为1s22s22p63s1，根据电子的构造原理可知Na原子中3s能级的能量最高；s电子云是球形结构；Na的原子半径比钾的原子半径小，价电子数和K相同，所以Na的金属键较强，熔点高。故答案为： 3s 、 球形、 Na的原子半径较小且价电子数和K相同，金属键较强。
(3) 离子中含有3个碳碳单键即3个σ键，含有2个碳碳双键，每个双键中含有1个σ，共有2个σ键，该离子中还含有5个碳氢单键即5个σ键，所以总共含有3+2+5=10个σ键；的中心原子有5个，每个碳原子有一个单电子，5个碳原子总共有5个单电子，且该粒子得到了一个电子，故总共有6个电子，所以大π键可以表示为。
(4) FeCl2·4H2O中心原子为Fe2+，电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，有空轨道，配体为H2O，O有孤电子对，所以Fe2+与配体之间形成的化学键是配位键。
(5) ①很明显同一平面上垂直的两条边上的O原子的距离最短（如图红色圆圈的两个氧原子），设最短距离为d，边长为a=398pm=398×10-10cm，根据几何知识知两个O原子最短距离d2=2× (a/2)2，解得d=； ②一个晶胞中实际含有的Sr原子为1个，Fe原子为8×1/8=1个，O原子为8×1/4=2个，所以其化学式为SrFeO2，1个晶包中含有的SrFeO2个数为1个，质量=（176/NA）g，晶包的体积为(398×10-10)2×347×10-10cm3，所以密度=（176/NA）g÷[(398×10-10)2×347×10-10]cm3= g·cm-3。
点睛：本题主要考查原子结构与性质的关系，重点考查了核外电子的构造原理、能级的理解和应用、σ键和π键的简单计算、晶包的有关计算。难点是理解大π键的概念，学会计算大π键中的中心原子的个数和形成大π键时所需要的电子数。
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