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【化学】贵州省安顺市普定县第一中学2018-2019学年高二12月考试（解析版）
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贵州省安顺市普定县第一中学2018-2019学年高二12月考试
分卷I
一、单选题(共28小题,每小题2.0分,共56分)
1.下列有关金属晶体的说法中不正确的是( )
A. 金属晶体是一种“巨分子” B. “电子气”为所有原子所共有
C. 简单立方体堆积的空间利用率最低 D. 体心立方堆积的空间利用率最高
【答案】D
【解析】
【详解】A.把金属键描述为金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”，被所有电子所共用，从而把所有金属原子维系在一起，金属晶体是一种“巨型分子”，故A正确；
B.把金属键描述为金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”，被所有电子所共用，故B正确；
C.金属晶体的堆积方式中空间利用率分别是：简单立方52%，体心立方68%，面心立方74%，因此简单立方堆积的空间利用率最低，故C正确；
D.金属晶体的堆积方式中空间利用率，面心立方的空间利用率最高，故D错误。
故选D。
2.下列能级能量最高的是( )
A. 5s B. 2p C. 3d D. 4s
【答案】A
【解析】
【分析】
根据绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f…来解答。
【详解】原子的核外电子排布遵循能量最低原理，绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f，所以电子能量最高的是5s，故A正确。
故选A。
【点睛】注意根据构造原理把握能量大小的排布顺序，为解答该题的关键。
3.下列各微粒中属于等电子体的是（ ）
A. N2O4和NO2 B. SO2和O3 C. CO2和NO2 D. C2H6和N2H4
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数目与价电子数目相同的微粒为等电子体,据此结合选项判断。
【详解】A. N2O4和NO2原子数目不相同,不是等电子体,故A错误；
B. SO2和O3价电子数分别为18和18,原子数均为3,所以属于等电子体,故B正确；
C. CO2和NO2原子数目相同,价电子数分别为16和17,不属于等电子体,故C错误；
D. C2H6和N2H4原子数目不相同,不是等电子体，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】该题是基础性试题的考查，侧重对基础性知识的巩固和检验。该题的关键是明确等电子体的概念，即把握原子数目与价电子数目相同的微粒才为等电子体，然后灵活运用即可。
4.下列物质的熔、沸点高低顺序中，正确的是
A. 金刚石 ＞晶体硅 ＞二氧化硅 ＞碳化硅
B. CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4
C. MgO＞O2＞N2＞H2O
D. 金刚石＞生铁＞纯铁＞钠
【答案】B
【解析】
试题分析：A．均为原子晶体，共价键的键长越短，熔沸点越高；
B．均为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越大；
C．MgO为离子晶体，其它为分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，沸点越大，但水中含氢键；
D．金刚石为原子晶体，合金的熔点比纯金属的熔点低．
解：A．均为原子晶体，共价键的键长越短，熔沸点越高，则熔点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，故A错误；
B．均为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越大，则熔沸点为CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4，故B正确；
C．MgO为离子晶体，其它为分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，沸点越大，但水中含氢键，则熔沸点为MgO＞H2O＞O2＞N2，故C错误；
D．金刚石为原子晶体，合金的熔点比纯金属的熔点低，则熔沸点为金刚石＞纯铁＞生铁＞钠，故D错误；
故选B．
5.下列电子层中，包含有f能级的是( )
A. K电子层 B. L电子层 C. M电子层 D. N电子层
【答案】D
【解析】
A. K电子层只有s能级，A错误；B. L电子层包括s、p能级，B错误；C. M电子层包括s、p、d能级，C错误；D. N电子层包括s、p、d、f能级，D正确，答案选D。
6.关于σ键和π键的比较，下列说法不正确的是( )
A. σ键是轴对称的，π键是镜面对称的
B. σ键是“头碰头”式重叠，π键是“肩并肩”式重叠
C. σ键不能断裂，π键容易断裂
D. H原子只能形成σ键，O原子可以形成σ键和π键
【答案】B
【解析】
试题分析：A、σ键是轴对称的，π键是镜像对称的，A项正确；B、σ键是“头碰头”式重叠，π键是“肩并肩”式重叠，B项正确；C、σ键也能断裂，C项错误；D、H原子只能形成σ键，O原子可以形成σ键和π键，D项正确；答案选B。
考点：考查σ键和π键的比较
7.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。
8.下列有关晶体的说法中一定正确的是( )
①原子晶体中只存在非极性共价键
②稀有气体形成的晶体属于原子晶体
③干冰晶体升华时，分子内共价键会发生断裂
④金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
⑤分子晶体的堆积均为分子密堆积
⑥离子晶体和金属晶体中均存在阳离子，但金属晶体中却不存在离子键
⑦金属晶体和离子晶体都能导电
⑧依据构成粒子的堆积方式可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体
A. ①③⑦ B. 只有⑥ C. ②④⑤⑦ D. ⑤⑥⑧
【答案】B
【解析】
试题解析：①原子晶体是原子之间通过共价键形成的晶体，同种元素原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键，如二氧化硅是原子晶体，晶体中Si-O键是极性键，故错误；②稀有气体是单原子分子，分子之间通过分子间作用力形成分子晶体，故错误；③干冰晶体属于分子晶体，分子之间通过分子间作用力形成晶体，升华时分子间距增大，属于物理变化，破坏分子间作用力，没有破坏化学键，故错误；④金属元素和非金属元素形成的化合物可能是共价化合物，如氯化铝，故错误；⑤分子晶体的堆积不一定是分子密堆积，如冰晶体中存在氢键，不是分子密堆积，故错误；⑥离子晶体由阴、阳离子通过离子键形成，金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成，不存在离子键，故正确；⑦金属晶体中由自由电子，可以导电，离子晶体中阴、阳离子不能自由移动不能导电，熔融的离子晶体可以导电，故错误；⑧依据构成微粒与微粒间的作用可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体，故错误．故选B．
考点：四种晶体类型与结构、性质
9.用价层电子对互斥理论预测H2S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；平面三角形
【答案】D
【解析】
H2S分子的中心原子上的孤电子对数=(6-2×1)=2,因其σ键电子对数为2,故分子为V形结构;BF3分子的中心原子上的孤电子对数=(3-3×1)=0,因其σ键电子对数为3,则BF3分子为平面三角形结构。
10.下列说法中正确的是( )
A. s电子绕核旋转，其轨道为一圆圈，而p电子是∞字形
B. 能层为1时，有自旋相反的两个轨道
C. 能层为3时，有3s、3p、3d、4f四个轨道
D. s电子云是球形对称的，其疏密程度表示电子在该处出现的概率大小
【答案】D
【解析】
A、核外电子的运动并无固定轨道，选项A错误；B、第一能层有一个能级，有一个轨道，选项B错误；第三能层有3s、3p、3d三个能级，其轨道数分别为1、3、5，选项C错误；D、s电子云是球形对称的，其疏密程度表示电子在该处出现的几率大小，选项D正确。答案选D。
11.下列各离子的核外电子排布与Ar原子不相同的是( )
A. S2－ B. Ca2＋ C. F－ D. Cl－
【答案】C
【解析】
【详解】氩原子质子数为18，核外有18个电子。
A.硫原子得到2个电子形成硫离子，硫离子核外有18个电子，与氩原子核外电子数相同，核外电子排布相同，故A错误；
B.钙原子失去2个电子形成钙离子，钙离子核外有18个电子，与氩原子核外电子数相同，核外电子排布相同，故B错误；
C.氟原子得到1个电子形成氟离子，氟离子核外有10个电子，与氩原子核外电子数不同，核外电子排布不同，故C正确；
D.氯原子得到1个电子形成氯离子，氯离子核外有18个电子，与氩原子核外电子数相同，核外电子排布相同，故D错误。
故选C。
12.已知某原子结构示意图为，下列有关说法正确的是( )
A. 结构示意图中x＝4
B. 该原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4
C. 该原子的电子排布图为
D. 该原子结构中共有5个能级上填充有电子
【答案】D
【解析】
【详解】A.在原子结构示意图中第一能层上只能排2个电子，故x=2，故A错误；
B.在原子结构示意图中第一能层上只能排2个电子，故x=2，最外层有4个电子，该元素为Si，其元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，故B错误；
C.根据洪特规则，该原子3p能级上的2个电子应分别占据不同的轨道，而且自旋状态应相同，故C错误；
D.该原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，共有5个能级上填充有电子，故D正确。
故选D。
13.根据等电子原理判断，下列说法中错误的是（ ）
A. B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上
B. B3N3H6分子中存在双键，可发生加成反应
C. H3O+和NH3是等电子体，均为三角锥形
D. CH4和NH4+是等电子体，均为正四面体
【答案】B
【解析】
试题分析：A.B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似，苯分子中所有原子处于同一平面上，所以B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上，A项正确；B. B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似、性质相似，根据苯的性质和结构知，B3N3H6分子中不含双键，不能发生加成反应，B项错误；C.H3O+和NH3是等电子体，其结构相似，氨气分子是三角锥型，所以水合氢离子是三角锥型，C项正确；D.CH4和NH4+是等电子体，其结构相似，甲烷是正四面体构型，所以铵根离子是正四面体构型，D项正确；答案选B。
考点：考查等电子体理论。
14.下列关于氦原子电子云图的说法正确的是( )
A. 通常用小黑点来表示电子的多少，黑点密度大，电子数目大
B. 黑点密度大小，表示单位体积内电子出现的机会多少
C. 通常用小黑点来表示电子绕核作高速圆周运动
D. 电子云图是对运动无规律性的描述
【答案】B
【解析】
【详解】A.小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会，不表示电子数目,故A错误；
B.小黑点密度大表示电子在原子核外空间的单位体积内电子出现的概率大,故B正确；
C.小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会,不代表电子的运动轨迹,故C错误；
D.电子云图反映电子在核外无规则运动时在某点出现的概率，不是对运动的描述,故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形；注意:①表示电子在核外空间某处出现的机会,不代表电子的运动轨迹；②小黑点本身没有意义,不代表1个电子,也不代表出现次数,小黑点的疏密表示出现机会的多少,密则机会大,疏则机会小。
15.如图为金属镉的堆积方式，下列说法正确的是( )
A. 此堆积方式属于非最密堆积
B. 此堆积方式为A1型
C. 配位数(一个金属离子周围紧邻的金属离子的数目)为8
D. 镉的堆积方式与铜的堆积方式不同
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，镉的堆积方式为“…ABAB…”形式，为A3型堆积，即六方最密堆积，故A错误；
B.由图可知，镉的堆积方式为“…ABAB…”形式，为A3型堆积，故B错误；
C.六方最密堆积与面心立方最密堆积的配位数均为12（中间一层有6个，上下两层各有3个），故C错误；
D.六方最密堆积与面心立方最密堆积在结构上非常相似，镉的堆积方式为六方最密堆积，铜的堆积方式为面心立方最密堆积，故D正确。
故选D。
16.下列推断正确的是 ( )
A. BF3为三角锥型分子
B. NH4+的电子式为，离子呈平面正方形结构
C. CH4分子中的4个C—H键都是氢原子的1s轨道与碳原子的2p轨道形成的spσ键
D. 甲醛分子为平面三角形，有一个π键垂直于三角形平面
【答案】D
【解析】
BF3为平面三角形，A错误；NH4+为正四面体构型，B错误；甲烷分子中碳原子的2s轨道与2p轨道杂化形成4个sp3杂化轨道，然后与氢的1s轨道重叠，形成4个ssp3σ键, C错误；甲醛分子为平面三角形，为sp2杂化，还有一个未参与杂化的p轨道与O原子形成π键，该π键垂直于杂化轨道的平面，D正确；正确选项D。
17.下列既有离子键又有共价键的化合物是( )
A. Na2O B. NaOH C. CaBr2 D. HF
【答案】B
【解析】
A．氧化钠中只含离子键，选项A错误；B．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，选项B正确；C．溴化钙中只含离子键，选项C错误；D．氟化氢中只含共价键，选项D错误。答案选B。
18.下列物质属于原子晶体的化合物是（ ）
A. 金刚石 B. 刚玉 C. 二氧化硅 D. 干冰
【答案】C
【解析】
【详解】A.金刚石是原子晶体，但是金刚石是单质，不是化合物，故A错误；
B.刚玉（氧化铝）是离子晶体，故B错误；
C.二氧化硅是氧原子和硅原子以共价键形成的空间网状结构的晶体属于原子晶体，故C正确；
D.干冰是分子晶体，故D错误。
故选C。
【点睛】常见的原子晶体是周期表第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，如：金刚石，硅晶体，二氧化硅，碳化硅等。
19.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（ ）
A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl—和NH3分子均与Pt4+配位
D. 配合物中Cl—与Pt4+配位，而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】
水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。
20.不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是( )
A. 单质氧化性的强弱 B. 最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱
C. 单质沸点的高低 D. 单质与氢气化合的难易
【答案】C
【解析】
【详解】A.元素的非金属性越强，其单质获得电子的能力就越强，因此单质氧化性就越强。故可以通过比较单质氧化性的强弱，判断元素的非金属性的强弱，故A正确；
B.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，因此可以通过比较硫、氯两种元素最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱比较元素的非金属性的强弱，故B正确；
C.S单质、Cl2都是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高，这与元素的非金属性强弱无关，故C错误；
D.元素的非金属性越强，其单质与氢气化合形成氢化物就越容易，形成的氢化物的稳定性就越强。因此可以比较元素的非金属性的强弱，故D正确。
故选C。
【点睛】元素周期表是学习化学的工具，元素周期律是化学学习的重要规律。利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推断是化学重要的知识。
21.下列物质性质的变化规律与分子间作用力无关的是( )
A. 在相同条件下，N2在水中的溶解度小于O2
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C. F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高
D. CH3CH3、CH3CH2CH3、(CH3)2CHCH3、CH3CH2CH2CH3的沸点逐渐升高
【答案】B
【解析】
A项中，N2和O2都是非极性分子，在水中的溶解度都不大，但在相同条件下，O2分子与水分子之间的作用力比N2分子与水分子之间的作用力大，故O2在水中的溶解度大于N2。B项中，HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与其分子中的氢卤键的强弱有关，而与分子间作用力无关。C项中，F2、Cl2、Br2、I2的组成和结构相似，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，故其熔、沸点逐渐升高。D项中，烷烃分子之间的作用力随相对分子质量的增大而增大，故乙烷、丙烷、丁烷的沸点逐渐升高，在烷烃的同分异构体中，支链越多分子结构越对称，分子间作用力越小，熔、沸点越低，故异丁烷的沸点小于正丁烷。
22.如图是A，b两种不同物质的熔化曲线，下列说法中正确的是( )
①a是晶体 ②a是非晶体 ③b是晶体 ④b是非晶体．
A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③
【答案】A
【解析】
【分析】
晶体和非晶体的重要区别在于晶体有一定的熔点，非晶体没有；晶体吸收热量，温度升高，到达熔点，不断吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程，晶体全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，而非晶体吸收热量，温度一直不断升高，据此答题。
【详解】由图象可知，吸收热量，温度不断升高，则b为非晶体；而a曲线中吸收热量，温度升高，到达熔点，不断吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程，晶体全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，则a为晶体，故A正确。
故选A。
23.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。
24.科学研究证明核外电子的能量不仅与电子所处的能层、能级有关，还与核外电子数及核电荷数有关。氩原子与硫离子的核外电子排布相同，核外电子排布式都是1s22s22p63s23p6。下列说法正确的是( )
A. 两粒子1s能级上电子的能量相同
B. 两粒子3p能级上的电子离核的距离相同
C. 两粒子的电子发生跃迁时，释放出的能量不同
D. 两粒子都达到8电子稳定结构，化学性质相同
【答案】C
【解析】
【分析】
题干信息“还与核外电子的数目及核电荷的数目有关”，Ar和S的核电核数不同，则相同能级的电子能量不同，电子离核的距离不同，发生跃迁时产生的光谱不同，以此解答该题。
【详解】A.虽然电子数相同，但是核电荷数不同，所以能量不同，故A错误；
B.同是3p能级，氩原子中的核电荷数较大，对电子的引力大，所以电子离核较近，故B错误；
C.电子的能量不同，则发生跃迁时，产生的光谱不同，故C正确；
D.硫离子是得到电子之后变成这种结构，有较强的失电子能力，所以具有很强的还原性，二者性质不同，故D错误。
故选C。
【点睛】解答本题的关键是能正确把握题给信息，特别是核电核数不同这一点，答题时注意审题。
25.金属的下列性质中和金属晶体结构无关的是( )
A. 良好的导电性 B. 反应中易失去电子
C. 良好的延展性 D. 良好的导热性
【答案】B
【解析】
请在此填写本题解析!
A.金属容易导电是因为晶体中存在许多自由电子,这些自由电子的运动是没有方向性的,但在外加电场作用下,自由电子就会发生定向移动形成电流,故A错误；B.金属易失电子是由原子的结构决定的,和金属晶体无关,所以B选项是正确的；C.有延展性是因为金属离子和自由电子之间的较强作用,当金属受到外力时,晶体中的各离子层就会发生相对滑动,但因为金属离子和自由电子之间的相互作用没有方向性,受到外力后相互作用没有被破坏,故虽发生形变,但不会导致断,故C错误；D.容易导热是因为自由电子在运动时经常与金属离子碰撞而引起能量的交换,从而能量从温度高的部分传到温度低的部分,使整块金属达到相同的温度,故D错误；所以B选项是正确的。
点睛:A.金属容易导电是因为晶体中存在许多自由电子;B.金属易失电子和金属晶体无关;
C.当金属受到外力时,晶体中的各离子层就会发生相对滑动,但因为金属离子和自由电子之间的相互作用没有方向性,受到外力后相互作用没有被破坏,故虽发生形变,但不会导致断;
D.容易导热是因为自由电子在运动时经常与金属离子碰撞而引起能量的交换。
26.下列叙述正确的是( )
A. 通常，同周期元素中ⅦA族元素的第一电离能最大
B. 在同一主族中，自上而下元素的第一电离能逐渐减小
C. 第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其原子半径越大，第一电离能越大
D. 主族元素的原子形成单原子离子时的最高化合价数都和它的族序数相等
【答案】B
【解析】
【分析】
A.同一周期中零族元素的第一电离能最大；
B.同一主族中，自上而下原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小；
C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子,原子半径越大，第一电离能越小；
D.主族元素的原子形成单原子离子时,若为阴离子，则其与族序数不等。
【详解】A.稀有气体不容易失电子，则同周期元素稀有气体的第一电离能最大，故A错误；
B.在同一主族中，自上而下失电子能力增强，则自上而下第一电离能逐渐减小，故B正确；
C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其半径越大，失电子能力越强，越容易失电子，第一电离能越小，故C错误；
D.有的主族元素的原子形成单原子阳离子时的最高化合价数等于其族序数，如Cl元素等，但F元素形成的最高化合价为-1价，不等于其族序数，故D错误；
本题答案选B。
27.离子晶体不可能具有的性质是( )
A. 较高的熔沸点 B. 良好的导电性
C. 溶于极性溶剂 D. 坚硬而易粉碎
【答案】B
【解析】
【详解】A.构成离子晶体的微粒是阴、阳离子，阴、阳离子间的作用力为离子键，故离子晶体一般熔沸点较高，故A正确；
B.离子晶体是阴阳离子通过离子键结合而成的，在固态时，阴阳离子受到彼此的束缚不能自由移动，因而不导电，只有在离子晶体溶于水或熔融后，电离成可以自由移动的阴阳离子，才可以导电，故B错误；
C.离子晶体不易溶于苯、汽油等有机溶剂，故C正确；
D.离子晶体硬度较大且质地脆，故D正确。
故选B。
【点睛】离子晶体的性质：①硬度较大，难于压缩；②熔沸点较高；③固体不导电；④延展性差，受到外力容易破碎；⑤部分离子化合物易溶于水。
28.下列推论正确的
A. SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3
B. NH4+为正四面体结构，可推测出PH4+也为正四面体结构
C. CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体
D. C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子
【答案】B
【解析】
试题分析：A．SiH4、CH4都是由分子构成的物质，相对分子质量越大，物质的分子间作用力就越强，因此物质的沸点就高，而NH3的分子之间除了存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的相互吸引力，因此沸点比PH3的沸点高。错误。B．N、P是同一主族的元素，原子结构相似，形成的化合物结构也相似，NH为正四面体结构，可推测PH也为正四面体结构。正确。C．CO2是由分子构成的分子晶体，但是SiO2却是偶原子通过共价键结合形成的空间网状结构的原子晶体，错误。D．C2H6是碳链为直线形的非极性分子，由于C—C是可以旋转的，键角不是180°，因此C3H8碳链不为直线型，错误。
考点：考查物质的结构与性质的关系的知识。
分卷II
二、填空题(共5小题, 共44分)
29.有X、Y、Z、Q、T五种元素，X原子的M层p轨道有2个未成对电子，Y原子的外围电子构型为3d64s2，Z原子的L电子层的p能级上有一空轨道，Q原子的L电子层的p能级上只有1对成对电子，T原子的M电子层上p轨道半充满。试回答下列问题：
(1)X的元素符号__________，Y的元素符号________。
(2)Z元素原子的电子排布式_______，Q元素原子的电子排布图__________，T元素原子的电子排布图_______________________________。
(3)Y的单质在Q的单质中燃烧的化学方程式：_________________________。
【答案】 (1). Si或S (2). Fe (3). 1s22s22p2 (4). (5). (6). 3Fe＋2O2Fe3O4
【解析】
【分析】
有五种元素X、Y、Z、Q、T元素为主族元素，X原子的M层p轨道有2个未成对电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p4或1s22s22p63s23p2，故X为S或Si元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，核外电子排布为1s22s22p2，则Z为C元素；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，核外电子排布为1s22s22p4，故Q为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，则T为P元素，据此解答。
【详解】（1）由分析可知，X为S或Si元素，Y为Fe，故答案为：Si或S，Fe。
（2）Z为C元素，核电荷数为6，电子排布式为1s22s22p2；Q为O元素，核电荷数为8，氧原子的核外电子排布图为；T为P元素，核电荷数为15，磷原子的核外电子排布图为；故答案为：1s22s22p2，，。
（3）Y的单质在Q的单质中燃烧是铁在纯氧中燃烧生成四氧化三铁，反应的化学方程式为：3Fe＋2O2Fe3O4，故答案为：3Fe＋2O2Fe3O4。
30.（1）①根据等电子原理，CO分子的结构式为____________________。
②1 molCO2中含有的σ键数目为_________。③NO3－的空间构型________ (用文字描述)。
（2）①CO分子内σ键与π键个数之比为____。②甲醛(H2C＝O)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH )。甲醇分子内C原子的杂化方式为________，甲醇分子内的O—C—H键角________(填“大于”、“等于”或“小于”)甲醛分子内的O—C—H键角。
（3）已知CN－与N2结构相似，推算HCN 分子中σ键与π键数目之比为________。
【答案】 (1). C≡O (2). 2NA(或2×6.02×1023个或2 mol) (3). 平面三角形 (4). 1∶2 (5). sp3 (6). 小于 (7). 1∶1
【解析】
【分析】
（1）①CO与N2互为等电子体，等电子体结构相似，根据氮气结构式知CO结构式为C≡O；
②二氧化碳分子内含有碳氧双键，一个双键含有一个σ键、1个π键，所以，1molCO2中含有的σ键数目2NA或2×6.02×1023个；
③NO3－中，N原子无孤对电子，原子配位数为3，则N原子采取sp2杂化，空间构型为平面三角形；
（2）①CO中C和O以三键结合，含有1个σ键、2个π键；
②甲醇分子内C的成键电子对数为4，无孤电子对，杂化类型为sp3，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取sp2杂化，是平面三角形结构，甲醇分子内O﹣C﹣H键角比甲醛分子内O﹣C﹣H键角小；
（3）CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键数目之比为2：2=1：1。
【详解】（1）①CO与N2互为等电子体，等电子体结构相似，则CO和氮气结构相似，根据氮气结构式知CO结构式为C≡O，故答案为：C≡O。
②二氧化碳分子内含有碳氧双键，一个双键含有一个σ键、1个π键，所以，1molCO2中含有的σ键数目2NA，故答案为：2NA(或2×6.02×1023个或2mol)。
③NO3－中，N原子无孤对电子，原子配位数为3，则N原子采取sp2杂化，空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形。
（2）①CO中C和O以三键结合，含有1个σ键、2个π键，故CO分子内σ键与π键个数之比为1∶2，故答案为：1∶2。
②甲醇分子内C的成键电子对数为4，无孤电子对，杂化类型为sp3，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取sp2杂化，是平面三角形结构，甲醇分子内O﹣C﹣H键角比甲醛分子内O﹣C﹣H键角小，故答案为：sp3；小于。
（3）CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键数目之比为2：2=1：1，故答案为：1∶1。
31.下列有八种物质：
①CH4 ②CH3CH2OH ③N2 ④HCl ⑤CO2⑥CH3CH3 ⑦C2H4 ⑧C2H2。请按要求回答下列问题(填写编号)：
(1)只有σ键的有________________，既有σ键又有π键的有__________。
(2)只含有极性键的化合物有______，既含有极性键，又含有非极性键的化合物有___。
(3)含有双键的有__________，含有叁键的有__________。
【答案】 (1). ①②④⑥ (2). ③⑤⑦⑧ (3). ①④⑤ (4). ②⑥⑦⑧ (5). ⑤⑦ (6). ③⑧
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物属于共价化合物，且单键均为σ键，双键和三键中既有σ键又有π键，同种非金属之间形成非极性键，不同非金属之间形成极性键，以此来解答。
【详解】①CH4中只含C-H键；
②CH3CH2OH中含C-C、C-O、C-H、O-H键；
③N2中只含N≡N键；
④HCl中只含H-Cl键；
⑤CO2中只含C=O键；
⑥CH3CH3中含C-C、C-H键；
⑦C2H4中含C=C、C-H键；
⑧C2H2中含C≡C、C-H键，则
（1）只有σ键的有①②④⑥，既有σ键又有π键的有③⑤⑦⑧，故答案为：①②④⑥；③⑤⑦⑧；
（2）只含有极性键的化合物有①④⑤，既含有极性键，又含有非极性键的化合物有②⑥⑦⑧，故答案为：①④⑤；②⑥⑦⑧；
（3）含有双键的有⑤⑦，含有叁键的有③⑧，故答案为：⑤⑦；③⑧。
32.现有前四周期A，B，C，D，E、X六种元素，已知B，C，D，E、A五种非金属元素原子半径依次减小，其中B的s能级上电子总数等于p能级上电子总数的2倍．X原子的M能层上有4个未成对电子．请回答下列问题：
（1）写出C，D，E三种原子第一电离能由大到小的顺序为__。
（2）A原子与B，C，D原子形成最简单化合物的稳定性由强到弱的顺序为__，根据价层电子对互斥理论预测BA2D的分子构型为__。
（3）某蓝色晶体，其结构特点是X2+、X3+离子分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个BC﹣．与A同族且相差两个周期的元素R的离子位于立方体的恰当位置上，根据其结构特点可知该晶体的化学式为____（用最简正整数表示）。
（4）科学家通过X射线探明，KCl、MgO、CaO、TiN的晶体结构与NaCl的晶体结构相似（如右图所示），其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：
根据表格中的数据：判断KCl、MgO、TiN 三种离子晶体熔点从高到低的顺序是__，MgO晶体中一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的O2﹣有__个。
（5）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好，离子型氧化物V2O5和Cr2O3中，适合作录音带磁粉原料的是__。
【答案】 (1). F＞N＞O (2). H2O＞NH3＞CH4 (3). 平面三角形 (4). NaFe2（CN）6 (5). TiN＞MgO＞KCl (6). 6 (7). Cr2O3
【解析】
【分析】
根据B的s能级上电子总数等于p能级上电子总数的2倍，则电子排布式为：1s22s22p2，故为C，B、C、D、E、A五种非金属元素原子半径依次减小，则为同周期，故B为C，C为O，D为F，A为H。
【详解】（1）同周期从左到右第一电离能依次增大，但是在第ⅤA族的氮原子，p轨道上半充满状态稳定，不易失去电子，故答案为：F＞N＞O；
（2）C、N、O原子的得电子能力O＞N＞C，得电子能力越强，其氢化物的稳定性越强，根据价层电子对互斥理论，CH2O的中心原子的杂化方式为sp2杂化，为平面三角形，故答案为：H2O＞NH3＞CH4；平面三角形；
（3）X原子的M能层上有4个未成对电子，则电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，故为Fe，BC-为CN-，与A同族且相差两个周期的元素R即为Na，根据立方体结构，每个晶胞中含有钠、铁、和氢氰根的个数为：1、2、6，分子式为：NaFe2（CN）6，故答案为：NaFe2（CN）6；
（4）因为KCl、MgO、TiN的晶体结构与NaCl的晶体结构相似，离子半径越小、离子电荷越多则晶体的晶格能越大，晶格能越大则晶体熔点越高，故熔点从大到小的顺序为TiN＞MgO＞KCl。MgO晶体与氯化钠相似，故一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的O2-有6个，答案为：TiN＞MgO＞KCl；6；
（5）金属铬(+3)离子和钒(+5)离子的未成对电子数分别为3和0，则三氧化二铬磁性大、磁记录性能好，适合作磁粉材料，故答案为：Cr2O3。
33.现有几组物质的熔点(℃)的数据：
据此回答下列问题：
(1)A组属于___________晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是__________________。
(2)B组晶体共同的物理性质是___________________(填序号)。
①有金属光泽 ②导电性 ③导热性 ④延展性
(3)C组中HF熔点反常是由于_______________________________________。
(4)D组晶体可能具有的性质是_________________(填序号)。
①硬度小 ②水溶液能导电 ③固体能导电 ④熔融状态能导电
(5)D组晶体的熔点由高到低的顺序为NaCl>KCl>RbCl>CsCl，其原因解释为_______________________________。
【答案】 (1). 原子 (2). 共价键 (3). ①②③④ (4). HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多(只要答出HF分子间能形成氢键即可) (5). ②④ (6). D组晶体都为离子晶体，r(Na+)
【详解】（1）A组熔点最高，属于原子晶体，原子晶体的构成微粒为原子，微粒间作用力为共价键；
故答案为：原子；共价键；
（2）B组物质为金属，具有金属光泽、导电性、导热性、延展性，故答案为：①②③④；
（3）由于HF分子间存在氢键，导致HF的沸点比其它氢化物的沸点高，故答案为：HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多；
（4）D组物质为离子晶体，离子晶体具有硬而脆、水溶液能导电、固体不能导电而熔融状态能导电的性质，故答案为：②④；
（5）离子晶体中，r(Na+)
分卷I
一、单选题(共28小题,每小题2.0分,共56分)
1.下列有关金属晶体的说法中不正确的是( )
A. 金属晶体是一种“巨分子” B. “电子气”为所有原子所共有
C. 简单立方体堆积的空间利用率最低 D. 体心立方堆积的空间利用率最高
【答案】D
【解析】
【详解】A.把金属键描述为金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”，被所有电子所共用，从而把所有金属原子维系在一起，金属晶体是一种“巨型分子”，故A正确；
B.把金属键描述为金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”，被所有电子所共用，故B正确；
C.金属晶体的堆积方式中空间利用率分别是：简单立方52%，体心立方68%，面心立方74%，因此简单立方堆积的空间利用率最低，故C正确；
D.金属晶体的堆积方式中空间利用率，面心立方的空间利用率最高，故D错误。
故选D。
2.下列能级能量最高的是( )
A. 5s B. 2p C. 3d D. 4s
【答案】A
【解析】
【分析】
根据绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f…来解答。
【详解】原子的核外电子排布遵循能量最低原理，绝大多数基态原子核外电子的排布都遵循下列顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f，所以电子能量最高的是5s，故A正确。
故选A。
【点睛】注意根据构造原理把握能量大小的排布顺序，为解答该题的关键。
3.下列各微粒中属于等电子体的是（ ）
A. N2O4和NO2 B. SO2和O3 C. CO2和NO2 D. C2H6和N2H4
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数目与价电子数目相同的微粒为等电子体,据此结合选项判断。
【详解】A. N2O4和NO2原子数目不相同,不是等电子体,故A错误；
B. SO2和O3价电子数分别为18和18,原子数均为3,所以属于等电子体,故B正确；
C. CO2和NO2原子数目相同,价电子数分别为16和17,不属于等电子体,故C错误；
D. C2H6和N2H4原子数目不相同,不是等电子体，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】该题是基础性试题的考查，侧重对基础性知识的巩固和检验。该题的关键是明确等电子体的概念，即把握原子数目与价电子数目相同的微粒才为等电子体，然后灵活运用即可。
4.下列物质的熔、沸点高低顺序中，正确的是
A. 金刚石 ＞晶体硅 ＞二氧化硅 ＞碳化硅
B. CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4
C. MgO＞O2＞N2＞H2O
D. 金刚石＞生铁＞纯铁＞钠
【答案】B
【解析】
试题分析：A．均为原子晶体，共价键的键长越短，熔沸点越高；
B．均为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越大；
C．MgO为离子晶体，其它为分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，沸点越大，但水中含氢键；
D．金刚石为原子晶体，合金的熔点比纯金属的熔点低．
解：A．均为原子晶体，共价键的键长越短，熔沸点越高，则熔点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，故A错误；
B．均为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越大，则熔沸点为CI4＞CBr4＞CCl4＞CH4，故B正确；
C．MgO为离子晶体，其它为分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，沸点越大，但水中含氢键，则熔沸点为MgO＞H2O＞O2＞N2，故C错误；
D．金刚石为原子晶体，合金的熔点比纯金属的熔点低，则熔沸点为金刚石＞纯铁＞生铁＞钠，故D错误；
故选B．
5.下列电子层中，包含有f能级的是( )
A. K电子层 B. L电子层 C. M电子层 D. N电子层
【答案】D
【解析】
A. K电子层只有s能级，A错误；B. L电子层包括s、p能级，B错误；C. M电子层包括s、p、d能级，C错误；D. N电子层包括s、p、d、f能级，D正确，答案选D。
6.关于σ键和π键的比较，下列说法不正确的是( )
A. σ键是轴对称的，π键是镜面对称的
B. σ键是“头碰头”式重叠，π键是“肩并肩”式重叠
C. σ键不能断裂，π键容易断裂
D. H原子只能形成σ键，O原子可以形成σ键和π键
【答案】B
【解析】
试题分析：A、σ键是轴对称的，π键是镜像对称的，A项正确；B、σ键是“头碰头”式重叠，π键是“肩并肩”式重叠，B项正确；C、σ键也能断裂，C项错误；D、H原子只能形成σ键，O原子可以形成σ键和π键，D项正确；答案选B。
考点：考查σ键和π键的比较
7.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。
8.下列有关晶体的说法中一定正确的是( )
①原子晶体中只存在非极性共价键
②稀有气体形成的晶体属于原子晶体
③干冰晶体升华时，分子内共价键会发生断裂
④金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
⑤分子晶体的堆积均为分子密堆积
⑥离子晶体和金属晶体中均存在阳离子，但金属晶体中却不存在离子键
⑦金属晶体和离子晶体都能导电
⑧依据构成粒子的堆积方式可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体
A. ①③⑦ B. 只有⑥ C. ②④⑤⑦ D. ⑤⑥⑧
【答案】B
【解析】
试题解析：①原子晶体是原子之间通过共价键形成的晶体，同种元素原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键，如二氧化硅是原子晶体，晶体中Si-O键是极性键，故错误；②稀有气体是单原子分子，分子之间通过分子间作用力形成分子晶体，故错误；③干冰晶体属于分子晶体，分子之间通过分子间作用力形成晶体，升华时分子间距增大，属于物理变化，破坏分子间作用力，没有破坏化学键，故错误；④金属元素和非金属元素形成的化合物可能是共价化合物，如氯化铝，故错误；⑤分子晶体的堆积不一定是分子密堆积，如冰晶体中存在氢键，不是分子密堆积，故错误；⑥离子晶体由阴、阳离子通过离子键形成，金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成，不存在离子键，故正确；⑦金属晶体中由自由电子，可以导电，离子晶体中阴、阳离子不能自由移动不能导电，熔融的离子晶体可以导电，故错误；⑧依据构成微粒与微粒间的作用可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体，故错误．故选B．
考点：四种晶体类型与结构、性质
9.用价层电子对互斥理论预测H2S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；平面三角形
【答案】D
【解析】
H2S分子的中心原子上的孤电子对数=(6-2×1)=2,因其σ键电子对数为2,故分子为V形结构;BF3分子的中心原子上的孤电子对数=(3-3×1)=0,因其σ键电子对数为3,则BF3分子为平面三角形结构。
10.下列说法中正确的是( )
A. s电子绕核旋转，其轨道为一圆圈，而p电子是∞字形
B. 能层为1时，有自旋相反的两个轨道
C. 能层为3时，有3s、3p、3d、4f四个轨道
D. s电子云是球形对称的，其疏密程度表示电子在该处出现的概率大小
【答案】D
【解析】
A、核外电子的运动并无固定轨道，选项A错误；B、第一能层有一个能级，有一个轨道，选项B错误；第三能层有3s、3p、3d三个能级，其轨道数分别为1、3、5，选项C错误；D、s电子云是球形对称的，其疏密程度表示电子在该处出现的几率大小，选项D正确。答案选D。
11.下列各离子的核外电子排布与Ar原子不相同的是( )
A. S2－ B. Ca2＋ C. F－ D. Cl－
【答案】C
【解析】
【详解】氩原子质子数为18，核外有18个电子。
A.硫原子得到2个电子形成硫离子，硫离子核外有18个电子，与氩原子核外电子数相同，核外电子排布相同，故A错误；
B.钙原子失去2个电子形成钙离子，钙离子核外有18个电子，与氩原子核外电子数相同，核外电子排布相同，故B错误；
C.氟原子得到1个电子形成氟离子，氟离子核外有10个电子，与氩原子核外电子数不同，核外电子排布不同，故C正确；
D.氯原子得到1个电子形成氯离子，氯离子核外有18个电子，与氩原子核外电子数相同，核外电子排布相同，故D错误。
故选C。
12.已知某原子结构示意图为，下列有关说法正确的是( )
A. 结构示意图中x＝4
B. 该原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4
C. 该原子的电子排布图为
D. 该原子结构中共有5个能级上填充有电子
【答案】D
【解析】
【详解】A.在原子结构示意图中第一能层上只能排2个电子，故x=2，故A错误；
B.在原子结构示意图中第一能层上只能排2个电子，故x=2，最外层有4个电子，该元素为Si，其元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，故B错误；
C.根据洪特规则，该原子3p能级上的2个电子应分别占据不同的轨道，而且自旋状态应相同，故C错误；
D.该原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，共有5个能级上填充有电子，故D正确。
故选D。
13.根据等电子原理判断，下列说法中错误的是（ ）
A. B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上
B. B3N3H6分子中存在双键，可发生加成反应
C. H3O+和NH3是等电子体，均为三角锥形
D. CH4和NH4+是等电子体，均为正四面体
【答案】B
【解析】
试题分析：A.B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似，苯分子中所有原子处于同一平面上，所以B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上，A项正确；B. B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似、性质相似，根据苯的性质和结构知，B3N3H6分子中不含双键，不能发生加成反应，B项错误；C.H3O+和NH3是等电子体，其结构相似，氨气分子是三角锥型，所以水合氢离子是三角锥型，C项正确；D.CH4和NH4+是等电子体，其结构相似，甲烷是正四面体构型，所以铵根离子是正四面体构型，D项正确；答案选B。
考点：考查等电子体理论。
14.下列关于氦原子电子云图的说法正确的是( )
A. 通常用小黑点来表示电子的多少，黑点密度大，电子数目大
B. 黑点密度大小，表示单位体积内电子出现的机会多少
C. 通常用小黑点来表示电子绕核作高速圆周运动
D. 电子云图是对运动无规律性的描述
【答案】B
【解析】
【详解】A.小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会，不表示电子数目,故A错误；
B.小黑点密度大表示电子在原子核外空间的单位体积内电子出现的概率大,故B正确；
C.小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会,不代表电子的运动轨迹,故C错误；
D.电子云图反映电子在核外无规则运动时在某点出现的概率，不是对运动的描述,故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形；注意:①表示电子在核外空间某处出现的机会,不代表电子的运动轨迹；②小黑点本身没有意义,不代表1个电子,也不代表出现次数,小黑点的疏密表示出现机会的多少,密则机会大,疏则机会小。
15.如图为金属镉的堆积方式，下列说法正确的是( )
A. 此堆积方式属于非最密堆积
B. 此堆积方式为A1型
C. 配位数(一个金属离子周围紧邻的金属离子的数目)为8
D. 镉的堆积方式与铜的堆积方式不同
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，镉的堆积方式为“…ABAB…”形式，为A3型堆积，即六方最密堆积，故A错误；
B.由图可知，镉的堆积方式为“…ABAB…”形式，为A3型堆积，故B错误；
C.六方最密堆积与面心立方最密堆积的配位数均为12（中间一层有6个，上下两层各有3个），故C错误；
D.六方最密堆积与面心立方最密堆积在结构上非常相似，镉的堆积方式为六方最密堆积，铜的堆积方式为面心立方最密堆积，故D正确。
故选D。
16.下列推断正确的是 ( )
A. BF3为三角锥型分子
B. NH4+的电子式为，离子呈平面正方形结构
C. CH4分子中的4个C—H键都是氢原子的1s轨道与碳原子的2p轨道形成的spσ键
D. 甲醛分子为平面三角形，有一个π键垂直于三角形平面
【答案】D
【解析】
BF3为平面三角形，A错误；NH4+为正四面体构型，B错误；甲烷分子中碳原子的2s轨道与2p轨道杂化形成4个sp3杂化轨道，然后与氢的1s轨道重叠，形成4个ssp3σ键, C错误；甲醛分子为平面三角形，为sp2杂化，还有一个未参与杂化的p轨道与O原子形成π键，该π键垂直于杂化轨道的平面，D正确；正确选项D。
17.下列既有离子键又有共价键的化合物是( )
A. Na2O B. NaOH C. CaBr2 D. HF
【答案】B
【解析】
A．氧化钠中只含离子键，选项A错误；B．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，选项B正确；C．溴化钙中只含离子键，选项C错误；D．氟化氢中只含共价键，选项D错误。答案选B。
18.下列物质属于原子晶体的化合物是（ ）
A. 金刚石 B. 刚玉 C. 二氧化硅 D. 干冰
【答案】C
【解析】
【详解】A.金刚石是原子晶体，但是金刚石是单质，不是化合物，故A错误；
B.刚玉（氧化铝）是离子晶体，故B错误；
C.二氧化硅是氧原子和硅原子以共价键形成的空间网状结构的晶体属于原子晶体，故C正确；
D.干冰是分子晶体，故D错误。
故选C。
【点睛】常见的原子晶体是周期表第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，如：金刚石，硅晶体，二氧化硅，碳化硅等。
19.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（ ）
A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl—和NH3分子均与Pt4+配位
D. 配合物中Cl—与Pt4+配位，而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】
水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。
20.不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是( )
A. 单质氧化性的强弱 B. 最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱
C. 单质沸点的高低 D. 单质与氢气化合的难易
【答案】C
【解析】
【详解】A.元素的非金属性越强，其单质获得电子的能力就越强，因此单质氧化性就越强。故可以通过比较单质氧化性的强弱，判断元素的非金属性的强弱，故A正确；
B.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，因此可以通过比较硫、氯两种元素最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱比较元素的非金属性的强弱，故B正确；
C.S单质、Cl2都是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高，这与元素的非金属性强弱无关，故C错误；
D.元素的非金属性越强，其单质与氢气化合形成氢化物就越容易，形成的氢化物的稳定性就越强。因此可以比较元素的非金属性的强弱，故D正确。
故选C。
【点睛】元素周期表是学习化学的工具，元素周期律是化学学习的重要规律。利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推断是化学重要的知识。
21.下列物质性质的变化规律与分子间作用力无关的是( )
A. 在相同条件下，N2在水中的溶解度小于O2
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C. F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高
D. CH3CH3、CH3CH2CH3、(CH3)2CHCH3、CH3CH2CH2CH3的沸点逐渐升高
【答案】B
【解析】
A项中，N2和O2都是非极性分子，在水中的溶解度都不大，但在相同条件下，O2分子与水分子之间的作用力比N2分子与水分子之间的作用力大，故O2在水中的溶解度大于N2。B项中，HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与其分子中的氢卤键的强弱有关，而与分子间作用力无关。C项中，F2、Cl2、Br2、I2的组成和结构相似，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，故其熔、沸点逐渐升高。D项中，烷烃分子之间的作用力随相对分子质量的增大而增大，故乙烷、丙烷、丁烷的沸点逐渐升高，在烷烃的同分异构体中，支链越多分子结构越对称，分子间作用力越小，熔、沸点越低，故异丁烷的沸点小于正丁烷。
22.如图是A，b两种不同物质的熔化曲线，下列说法中正确的是( )
①a是晶体 ②a是非晶体 ③b是晶体 ④b是非晶体．
A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③
【答案】A
【解析】
【分析】
晶体和非晶体的重要区别在于晶体有一定的熔点，非晶体没有；晶体吸收热量，温度升高，到达熔点，不断吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程，晶体全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，而非晶体吸收热量，温度一直不断升高，据此答题。
【详解】由图象可知，吸收热量，温度不断升高，则b为非晶体；而a曲线中吸收热量，温度升高，到达熔点，不断吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程，晶体全部熔化之后，吸收热量，温度不断升高，则a为晶体，故A正确。
故选A。
23.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。
24.科学研究证明核外电子的能量不仅与电子所处的能层、能级有关，还与核外电子数及核电荷数有关。氩原子与硫离子的核外电子排布相同，核外电子排布式都是1s22s22p63s23p6。下列说法正确的是( )
A. 两粒子1s能级上电子的能量相同
B. 两粒子3p能级上的电子离核的距离相同
C. 两粒子的电子发生跃迁时，释放出的能量不同
D. 两粒子都达到8电子稳定结构，化学性质相同
【答案】C
【解析】
【分析】
题干信息“还与核外电子的数目及核电荷的数目有关”，Ar和S的核电核数不同，则相同能级的电子能量不同，电子离核的距离不同，发生跃迁时产生的光谱不同，以此解答该题。
【详解】A.虽然电子数相同，但是核电荷数不同，所以能量不同，故A错误；
B.同是3p能级，氩原子中的核电荷数较大，对电子的引力大，所以电子离核较近，故B错误；
C.电子的能量不同，则发生跃迁时，产生的光谱不同，故C正确；
D.硫离子是得到电子之后变成这种结构，有较强的失电子能力，所以具有很强的还原性，二者性质不同，故D错误。
故选C。
【点睛】解答本题的关键是能正确把握题给信息，特别是核电核数不同这一点，答题时注意审题。
25.金属的下列性质中和金属晶体结构无关的是( )
A. 良好的导电性 B. 反应中易失去电子
C. 良好的延展性 D. 良好的导热性
【答案】B
【解析】
请在此填写本题解析!
A.金属容易导电是因为晶体中存在许多自由电子,这些自由电子的运动是没有方向性的,但在外加电场作用下,自由电子就会发生定向移动形成电流,故A错误；B.金属易失电子是由原子的结构决定的,和金属晶体无关,所以B选项是正确的；C.有延展性是因为金属离子和自由电子之间的较强作用,当金属受到外力时,晶体中的各离子层就会发生相对滑动,但因为金属离子和自由电子之间的相互作用没有方向性,受到外力后相互作用没有被破坏,故虽发生形变,但不会导致断,故C错误；D.容易导热是因为自由电子在运动时经常与金属离子碰撞而引起能量的交换,从而能量从温度高的部分传到温度低的部分,使整块金属达到相同的温度,故D错误；所以B选项是正确的。
点睛:A.金属容易导电是因为晶体中存在许多自由电子;B.金属易失电子和金属晶体无关;
C.当金属受到外力时,晶体中的各离子层就会发生相对滑动,但因为金属离子和自由电子之间的相互作用没有方向性,受到外力后相互作用没有被破坏,故虽发生形变,但不会导致断;
D.容易导热是因为自由电子在运动时经常与金属离子碰撞而引起能量的交换。
26.下列叙述正确的是( )
A. 通常，同周期元素中ⅦA族元素的第一电离能最大
B. 在同一主族中，自上而下元素的第一电离能逐渐减小
C. 第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其原子半径越大，第一电离能越大
D. 主族元素的原子形成单原子离子时的最高化合价数都和它的族序数相等
【答案】B
【解析】
【分析】
A.同一周期中零族元素的第一电离能最大；
B.同一主族中，自上而下原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小；
C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子,原子半径越大，第一电离能越小；
D.主族元素的原子形成单原子离子时,若为阴离子，则其与族序数不等。
【详解】A.稀有气体不容易失电子，则同周期元素稀有气体的第一电离能最大，故A错误；
B.在同一主族中，自上而下失电子能力增强，则自上而下第一电离能逐渐减小，故B正确；
C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其半径越大，失电子能力越强，越容易失电子，第一电离能越小，故C错误；
D.有的主族元素的原子形成单原子阳离子时的最高化合价数等于其族序数，如Cl元素等，但F元素形成的最高化合价为-1价，不等于其族序数，故D错误；
本题答案选B。
27.离子晶体不可能具有的性质是( )
A. 较高的熔沸点 B. 良好的导电性
C. 溶于极性溶剂 D. 坚硬而易粉碎
【答案】B
【解析】
【详解】A.构成离子晶体的微粒是阴、阳离子，阴、阳离子间的作用力为离子键，故离子晶体一般熔沸点较高，故A正确；
B.离子晶体是阴阳离子通过离子键结合而成的，在固态时，阴阳离子受到彼此的束缚不能自由移动，因而不导电，只有在离子晶体溶于水或熔融后，电离成可以自由移动的阴阳离子，才可以导电，故B错误；
C.离子晶体不易溶于苯、汽油等有机溶剂，故C正确；
D.离子晶体硬度较大且质地脆，故D正确。
故选B。
【点睛】离子晶体的性质：①硬度较大，难于压缩；②熔沸点较高；③固体不导电；④延展性差，受到外力容易破碎；⑤部分离子化合物易溶于水。
28.下列推论正确的
A. SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3
B. NH4+为正四面体结构，可推测出PH4+也为正四面体结构
C. CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体
D. C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子
【答案】B
【解析】
试题分析：A．SiH4、CH4都是由分子构成的物质，相对分子质量越大，物质的分子间作用力就越强，因此物质的沸点就高，而NH3的分子之间除了存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的相互吸引力，因此沸点比PH3的沸点高。错误。B．N、P是同一主族的元素，原子结构相似，形成的化合物结构也相似，NH为正四面体结构，可推测PH也为正四面体结构。正确。C．CO2是由分子构成的分子晶体，但是SiO2却是偶原子通过共价键结合形成的空间网状结构的原子晶体，错误。D．C2H6是碳链为直线形的非极性分子，由于C—C是可以旋转的，键角不是180°，因此C3H8碳链不为直线型，错误。
考点：考查物质的结构与性质的关系的知识。
分卷II
二、填空题(共5小题, 共44分)
29.有X、Y、Z、Q、T五种元素，X原子的M层p轨道有2个未成对电子，Y原子的外围电子构型为3d64s2，Z原子的L电子层的p能级上有一空轨道，Q原子的L电子层的p能级上只有1对成对电子，T原子的M电子层上p轨道半充满。试回答下列问题：
(1)X的元素符号__________，Y的元素符号________。
(2)Z元素原子的电子排布式_______，Q元素原子的电子排布图__________，T元素原子的电子排布图_______________________________。
(3)Y的单质在Q的单质中燃烧的化学方程式：_________________________。
【答案】 (1). Si或S (2). Fe (3). 1s22s22p2 (4). (5). (6). 3Fe＋2O2Fe3O4
【解析】
【分析】
有五种元素X、Y、Z、Q、T元素为主族元素，X原子的M层p轨道有2个未成对电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p4或1s22s22p63s23p2，故X为S或Si元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，核外电子排布为1s22s22p2，则Z为C元素；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，核外电子排布为1s22s22p4，故Q为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，则T为P元素，据此解答。
【详解】（1）由分析可知，X为S或Si元素，Y为Fe，故答案为：Si或S，Fe。
（2）Z为C元素，核电荷数为6，电子排布式为1s22s22p2；Q为O元素，核电荷数为8，氧原子的核外电子排布图为；T为P元素，核电荷数为15，磷原子的核外电子排布图为；故答案为：1s22s22p2，，。
（3）Y的单质在Q的单质中燃烧是铁在纯氧中燃烧生成四氧化三铁，反应的化学方程式为：3Fe＋2O2Fe3O4，故答案为：3Fe＋2O2Fe3O4。
30.（1）①根据等电子原理，CO分子的结构式为____________________。
②1 molCO2中含有的σ键数目为_________。③NO3－的空间构型________ (用文字描述)。
（2）①CO分子内σ键与π键个数之比为____。②甲醛(H2C＝O)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH )。甲醇分子内C原子的杂化方式为________，甲醇分子内的O—C—H键角________(填“大于”、“等于”或“小于”)甲醛分子内的O—C—H键角。
（3）已知CN－与N2结构相似，推算HCN 分子中σ键与π键数目之比为________。
【答案】 (1). C≡O (2). 2NA(或2×6.02×1023个或2 mol) (3). 平面三角形 (4). 1∶2 (5). sp3 (6). 小于 (7). 1∶1
【解析】
【分析】
（1）①CO与N2互为等电子体，等电子体结构相似，根据氮气结构式知CO结构式为C≡O；
②二氧化碳分子内含有碳氧双键，一个双键含有一个σ键、1个π键，所以，1molCO2中含有的σ键数目2NA或2×6.02×1023个；
③NO3－中，N原子无孤对电子，原子配位数为3，则N原子采取sp2杂化，空间构型为平面三角形；
（2）①CO中C和O以三键结合，含有1个σ键、2个π键；
②甲醇分子内C的成键电子对数为4，无孤电子对，杂化类型为sp3，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取sp2杂化，是平面三角形结构，甲醇分子内O﹣C﹣H键角比甲醛分子内O﹣C﹣H键角小；
（3）CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键数目之比为2：2=1：1。
【详解】（1）①CO与N2互为等电子体，等电子体结构相似，则CO和氮气结构相似，根据氮气结构式知CO结构式为C≡O，故答案为：C≡O。
②二氧化碳分子内含有碳氧双键，一个双键含有一个σ键、1个π键，所以，1molCO2中含有的σ键数目2NA，故答案为：2NA(或2×6.02×1023个或2mol)。
③NO3－中，N原子无孤对电子，原子配位数为3，则N原子采取sp2杂化，空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形。
（2）①CO中C和O以三键结合，含有1个σ键、2个π键，故CO分子内σ键与π键个数之比为1∶2，故答案为：1∶2。
②甲醇分子内C的成键电子对数为4，无孤电子对，杂化类型为sp3，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取sp2杂化，是平面三角形结构，甲醇分子内O﹣C﹣H键角比甲醛分子内O﹣C﹣H键角小，故答案为：sp3；小于。
（3）CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键数目之比为2：2=1：1，故答案为：1∶1。
31.下列有八种物质：
①CH4 ②CH3CH2OH ③N2 ④HCl ⑤CO2⑥CH3CH3 ⑦C2H4 ⑧C2H2。请按要求回答下列问题(填写编号)：
(1)只有σ键的有________________，既有σ键又有π键的有__________。
(2)只含有极性键的化合物有______，既含有极性键，又含有非极性键的化合物有___。
(3)含有双键的有__________，含有叁键的有__________。
【答案】 (1). ①②④⑥ (2). ③⑤⑦⑧ (3). ①④⑤ (4). ②⑥⑦⑧ (5). ⑤⑦ (6). ③⑧
【解析】
【分析】
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物属于共价化合物，且单键均为σ键，双键和三键中既有σ键又有π键，同种非金属之间形成非极性键，不同非金属之间形成极性键，以此来解答。
【详解】①CH4中只含C-H键；
②CH3CH2OH中含C-C、C-O、C-H、O-H键；
③N2中只含N≡N键；
④HCl中只含H-Cl键；
⑤CO2中只含C=O键；
⑥CH3CH3中含C-C、C-H键；
⑦C2H4中含C=C、C-H键；
⑧C2H2中含C≡C、C-H键，则
（1）只有σ键的有①②④⑥，既有σ键又有π键的有③⑤⑦⑧，故答案为：①②④⑥；③⑤⑦⑧；
（2）只含有极性键的化合物有①④⑤，既含有极性键，又含有非极性键的化合物有②⑥⑦⑧，故答案为：①④⑤；②⑥⑦⑧；
（3）含有双键的有⑤⑦，含有叁键的有③⑧，故答案为：⑤⑦；③⑧。
32.现有前四周期A，B，C，D，E、X六种元素，已知B，C，D，E、A五种非金属元素原子半径依次减小，其中B的s能级上电子总数等于p能级上电子总数的2倍．X原子的M能层上有4个未成对电子．请回答下列问题：
（1）写出C，D，E三种原子第一电离能由大到小的顺序为__。
（2）A原子与B，C，D原子形成最简单化合物的稳定性由强到弱的顺序为__，根据价层电子对互斥理论预测BA2D的分子构型为__。
（3）某蓝色晶体，其结构特点是X2+、X3+离子分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个BC﹣．与A同族且相差两个周期的元素R的离子位于立方体的恰当位置上，根据其结构特点可知该晶体的化学式为____（用最简正整数表示）。
（4）科学家通过X射线探明，KCl、MgO、CaO、TiN的晶体结构与NaCl的晶体结构相似（如右图所示），其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：
根据表格中的数据：判断KCl、MgO、TiN 三种离子晶体熔点从高到低的顺序是__，MgO晶体中一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的O2﹣有__个。
（5）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好，离子型氧化物V2O5和Cr2O3中，适合作录音带磁粉原料的是__。
【答案】 (1). F＞N＞O (2). H2O＞NH3＞CH4 (3). 平面三角形 (4). NaFe2（CN）6 (5). TiN＞MgO＞KCl (6). 6 (7). Cr2O3
【解析】
【分析】
根据B的s能级上电子总数等于p能级上电子总数的2倍，则电子排布式为：1s22s22p2，故为C，B、C、D、E、A五种非金属元素原子半径依次减小，则为同周期，故B为C，C为O，D为F，A为H。
【详解】（1）同周期从左到右第一电离能依次增大，但是在第ⅤA族的氮原子，p轨道上半充满状态稳定，不易失去电子，故答案为：F＞N＞O；
（2）C、N、O原子的得电子能力O＞N＞C，得电子能力越强，其氢化物的稳定性越强，根据价层电子对互斥理论，CH2O的中心原子的杂化方式为sp2杂化，为平面三角形，故答案为：H2O＞NH3＞CH4；平面三角形；
（3）X原子的M能层上有4个未成对电子，则电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，故为Fe，BC-为CN-，与A同族且相差两个周期的元素R即为Na，根据立方体结构，每个晶胞中含有钠、铁、和氢氰根的个数为：1、2、6，分子式为：NaFe2（CN）6，故答案为：NaFe2（CN）6；
（4）因为KCl、MgO、TiN的晶体结构与NaCl的晶体结构相似，离子半径越小、离子电荷越多则晶体的晶格能越大，晶格能越大则晶体熔点越高，故熔点从大到小的顺序为TiN＞MgO＞KCl。MgO晶体与氯化钠相似，故一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的O2-有6个，答案为：TiN＞MgO＞KCl；6；
（5）金属铬(+3)离子和钒(+5)离子的未成对电子数分别为3和0，则三氧化二铬磁性大、磁记录性能好，适合作磁粉材料，故答案为：Cr2O3。
33.现有几组物质的熔点(℃)的数据：
据此回答下列问题：
(1)A组属于___________晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是__________________。
(2)B组晶体共同的物理性质是___________________(填序号)。
①有金属光泽 ②导电性 ③导热性 ④延展性
(3)C组中HF熔点反常是由于_______________________________________。
(4)D组晶体可能具有的性质是_________________(填序号)。
①硬度小 ②水溶液能导电 ③固体能导电 ④熔融状态能导电
(5)D组晶体的熔点由高到低的顺序为NaCl>KCl>RbCl>CsCl，其原因解释为_______________________________。
【答案】 (1). 原子 (2). 共价键 (3). ①②③④ (4). HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多(只要答出HF分子间能形成氢键即可) (5). ②④ (6). D组晶体都为离子晶体，r(Na+)
【详解】（1）A组熔点最高，属于原子晶体，原子晶体的构成微粒为原子，微粒间作用力为共价键；
故答案为：原子；共价键；
（2）B组物质为金属，具有金属光泽、导电性、导热性、延展性，故答案为：①②③④；
（3）由于HF分子间存在氢键，导致HF的沸点比其它氢化物的沸点高，故答案为：HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多；
（4）D组物质为离子晶体，离子晶体具有硬而脆、水溶液能导电、固体不能导电而熔融状态能导电的性质，故答案为：②④；
（5）离子晶体中，r(Na+)
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