【化学】黑龙江省哈尔滨市呼兰一中、阿城二中、宾县三中、尚志五中四校2018-2019学年高二下学期期中考试（呼兰、尚志）（解析版）

黑龙江省哈尔滨市呼兰一中、阿城二中、宾县三中、尚志五中四校2018-2019学年高二下学期期中考试（呼兰、尚志）
1.下列说法中正确的是(　　)
A. 所有金属元素都分布在d区和ds区
B. 最外层电子数为2的元素都分布在s区
C. 元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵列的元素都是金属元素
D. s区均为金属元素
【答案】C
【解析】A、所有金属元素都分布在s区、d区和ds区，A错误；B、第ⅡB族最外层电子数为2，在ds区，B错误；C、元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素，称为过渡元素全部为金属，C正确；D、s区均的氢为非金属元素，D错误；答案选C。
2. 在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是 （ ）
A. 最易失去的电子能量最高
B. 电离能最小的电子能量最高
C. p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
D. 在离核最近区域内运动的电子能量最低
【答案】C
【解析】选项C没有指明p轨道电子和s轨道电子是否处于同一电子层。
3.下列各项叙述中，正确的是(　　)
A. 镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态
B. 价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素
C. 所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同
D. 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2
【答案】C
【解析】原子由基态转化成激发态，要吸收能量，A不正确。B不正确，应该是位于第ⅢA，属于p区元素。电子出全充满或半充满是稳定的，所以24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，D不正确。所以正确的答案是C。
4.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示,单位为kJ/mol)。

I1
I2
I3
I4
……
R
740
1500
7700
10500
……

下列关于元素R的判断中一定正确的是（ ）
A. R的最高正价为+3价
B. R元素位于元素周期表中第ⅡA族
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】B
【解析】由表中数据I3≫I2,可知元素R的最高正价为+2价,A项错;元素R一定位于第ⅡA族,最外层有2个电子,但R不一定是Be元素,故C、D项错。
5. 下列表示氮原子结构的化学用语中，对核外电子运动状态描述正确且能据此确定电子的能级的是（ ）
A. B.
C. 1s22s22p3 D.
【答案】C
【解析】试题分析：A是N原子的电子式，只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少，不能描述核外电子运动状态。错误。B是N原子的电子式，可以得到原子的最外电子层上有5个电子，不能描述核外电子运动状态。错误。C．是N原子的核外电子排布式，不仅知道原子核外有几个电子层，还知道各个电子层上有几个电子亚层，及核外电子运动状态。正确。D是N原子的轨道表示式，但原子核外的电子总是尽可能的成单排列，即在2p的三个轨道上各有一个电子存在，这样的排布使原子的能量最低。错误。
考点：考查关于原子结构的各种化学用语的知识。
6.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；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＞①＞③＝②
【答案】A
【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素；A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②＝③，故D错误。故答案为A。
【点睛】解答时注意“同一周期元素中，元素第一电离能的变化趋势，及异常现象”，为答题的关键和易错点。所谓第一电离能：气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，符号I，单位kJ/mol。电离能的变化规律一般为：①同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。②同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。③同种原子：逐级电离能越来越大(即I1≤I2≤I3…)。
7.如图是第三周期11～17号元素某些性质变化趋势的柱形图，下列有关说法中正确的是（ ）

A. y轴表示的可能是第一电离能
B. y轴表示的可能是电负性
C. y轴表示的可能是原子半径
D. y轴表示的可能是形成基态离子转移的电子数
【答案】B
【详解】A．Mg的3s电子全满为稳定结构，P的3p电子半满为稳定结构，则电离能大于相邻的元素，即电离能不是随着原子序数的递增而增大，故A错误；
B．随原子序数的增大，元素的非金属性增强，则元素的电负性增强，故B正确；
C．随原子序数的增大，原子半径减小，与图像不符，故C错误；
D．金属失去电子，而非金属得到电子，如硫、氯原子形成基态离子时得到的电子数分别为2、1，与图像不符，故D错误；
答案选B。
8. 碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是（ ）

A. 分子式为C3H2O3
B. 分子中含6个σ键
C. 分子中只有极性键
D. 8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2
【答案】A
【解析】A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；B、分子中的单键为σ键，一共有8个，故B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误，此题选C。
【考点定位】本题考查的是有机化合物的结构特点，主要考查化学键的类型和极性，同时也涉及到有机物
燃烧产物的判断和相关计算。
9.下列事实与NH3极易溶于水无关的是(　　)
A. NH3与水反应生成NH3·H2O
B. NH3与水分子之间形成氢键
C. NH3和水分子的相对分子质量接近
D. NH3是极性分子
【答案】C
【解析】A．NH3与水反应生成NH3•H2O，使氨气的溶解度变大，与NH3极易溶于水有关，故A不选；B．NH3与水分子之间形成氢键，使氨气的溶解度变大，与NH3极易溶于水有关，故B不选；C．NH3和水分子的相对分子质量，与氨气的溶解性无关，故C选；D．NH3是极性分子，水是极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，与NH3极易溶于水有关，故D不选；故选C．
10.有关物质结构的下列说法中正确的是(　　)
A. 碘升华时破坏了共价键
B. 含极性键的共价化合物一定是电解质
C. 氯化钠固体中的离子键在溶于水时被破坏
D. HF分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定
【答案】C
【解析】A．碘升华属于物理变化，破坏的是分子间作用力，没有破坏共价键，故A错误；B．电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，而氨气是含极性键的共价化合物，但是它不是电解质，故B错误；C．电解质溶于水时会发生电离，所以氯化钠固体中的离子键在溶于水时被破坏，故C正确；D．分子间作用力影响物质的熔沸点，与物质的稳定性无关，HF共价键的键能大于HCl，所以HF比HCl更稳定，故D错误；故选C。
11.下列描述正确的是(　　)
A. CS2为V形极性分子
B. SiF4与SO32-的中心原子均为sp3杂化
C. C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1
D. 水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键
【答案】B
【详解】A.CS2为直线形非极性分子，键角是180°，A错误；
B.SiF4与SO32-的中心原子的价层电子对数均为4，因此中心原子均为sp3杂化,B正确；
C.C2H2分子的结构式是H—C≡C—H，σ键与π键的数目比为3∶2，C错误；
D.水加热到很高温度都难分解是因水分子内的O—H键的键能较大，与分子之间是否存在氢键无关，D错误；
故合理选项是B。
12.N2的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示π键，下列说法中不正确的是（ ）
A. N2分子与CO分子中都含有叁键
B. CO分子中有一个π键配位键
C. N2与CO互为等电子体
D. N2与CO的化学性质相同
【答案】D
【解析】A．根据图象知，氮气和CO都含有两个π键和一个σ键，N2分子与CO分子中都含有三键，故A正确；B．氮气中π键由每个N原子各提供一个电子形成，而CO分子中其中一个π键由O原子提供1对电子形成属于配位键，故B正确；C．N2分子与CO分子中原子总数相同、价电子总数也相同，二者互为等电子体，故C正确；D．N2分子与CO分子的化学性质不相同，故D错误。故选D。
13.以下微粒含配位键的是(　　)
①N2H5+　②CH4　③OH－　④NH4+　⑤Fe(CO)3⑥Fe(SCN)3　⑦H3O＋　⑧[Ag(NH3)2]OH
A. ①②④⑦⑧ B. ③④⑤⑥⑦
C. ①④⑤⑥⑦⑧ D. 全部
【答案】C
【分析】在物质或离子中，中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，据此分析解答。
【详解】①氢离子提供空轨道，N2H4氮原子提供孤电子对，所以能形成配位键，N2H5+含有配位键，①合理；
②甲烷中碳原子满足8电子稳定结构，氢原子满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，CH4不含有配位键，②不合理；
③OH-电子式为，无空轨道，OH-不含有配位键，③不合理；
④氨气分子中氮原子含有孤电子对，氢离子提供空轨道，可以形成配位键，NH4+含有配位键，④合理；
⑤Fe(CO)3分子中Fe原子提供空轨道，CO提供孤电子对，含有配位键，⑤合理；
⑥SCN-的电子式，铁离子提供空轨道，硫原子提供孤电子对，Fe(SCN)3含有配位键，⑥合理；
⑦H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键，⑦合理；
⑧Ag+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，Ag(NH3)2OH含有配位键，⑧合理；综上所述，合理的说法是①④⑤⑥⑦⑧，合理选项是C。
【点睛】本题考查配位键的判断，明确配位键的形成是解本题关键，注意配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。
14.用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的空间构型，下列结论中正确的是( 　)
A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形
C. 正四面体；正四面体 D. V形；平面三角形
【答案】D
【解析】H2S分子的中心原子S原子上含有2个σ 键，中心原子上的孤电子对数=（6-2×1）/2=2，所以H2S的VSEPR模型是四面体型，略去孤电子对后，其空间构型是V形；BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ 键，中心原子上的孤电子对数═（3-3×1）/2=0，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形．故选D．
15.下列叙述正确的是（ ）
A. NH3是极性分子，分子中N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心
B. CCl4是非极性分子，分子中C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心
C. H2O是极性分子，分子中O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央
D. CO2是非极性分子，分子中C原子不处在2个O原子所连成的直线的中央
【答案】B
【详解】A.氨气中心原子氮原子是sp3杂化，含有1对孤对电子，是三角锥形，属于极性分子，故A错误；
B.四氯化碳中心原子碳原子是sp3杂化，没有孤对电子，是正四面体型，属于非极性分子，故B错误；
C.水中心原子氧原子是sp3杂化，含有2对孤对电子，是V形，属于极性分子，故C正确；
D.CO2中心原子碳原子是sp杂化，是直线型结构，属于非极性分子，故D错误。
故选C。
【点睛】判断ABn型分子极性的经验规律：若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子，NH3、H2O、SO2等为极性分子。
16.下列关于晶体与非晶体的说法正确的是（ ）
A. 晶体一定比非晶体的熔点高 B. 晶体有自范性但排列无序
C. 非晶体无自范性而且排列无序 D. 固体SiO2一定是晶体
【答案】C
【解析】试题分析：A．晶体有固定的熔点，非晶体没有熔点，故A错误；B．晶体有自范性且排列有序，故B错误；C．非晶体无自范性而且排列无序，故C正确；D．SiO2其存在形态有结晶形和无定形两大类，即SiO2也有非晶体，故D错误；故选C。
考点：考查晶体与非晶体的性质与区别
17. 下列说法中，正确的是 （ ）
A. 冰融化时，分子中H—O键发生断裂
B. 原子晶体中，共价键的键长越短，通常熔点就越高
C. 分子晶体中，共价键键能越大，该分子的熔沸点就越高
D. 分子晶体中，分子间作用力越大，则分子越稳定
【答案】B
【解析】试题分析：A．冰熔化克服氢键，属于物理变化，H-O键没有断裂，故A错误；B．影响原子晶体熔沸点高低的因素是键能的大小，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高，故B正确；C．影响分子晶体熔沸点高低的因素是相对分子质量大小，与共价键的键能无关，故C错误；D．分子的稳定性与分子间作用力无关，稳定性属于化学性质，分子间作用力影响物理性质，故D错误。故选B。
考点：考查了晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系的相关知识。
18.下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是（ ）
A. SO2与SiO2 B. CO2与H2O
C. C与HCl D. CCl4与SiC
【答案】B
【分析】题中CO2、SO2、H2O、HCl、CCl4属于分子晶体，化学键类型为共价键，C、SiO2和SiC为原子晶体，化学键类型为共价键，C为原子晶体或过渡型晶体，化学键类型为共价键，由此分析解答。
【详解】A．SO2属于分子晶体，SiO2为原子晶体，晶体类型不同，故A错误；
B．CO2与H2O属于分子晶体，化学键类型为共价键，化学键种类相同，晶体类型也相同，故B正确；
C．C为原子晶体或过渡型晶体，而HCl是分子晶体，晶体类型不同，故C错误；
D．CCl4属于分子晶体，SiC是原子晶体，晶体类型不同，故D错误；
故答案为B。
【点睛】化学键与化合物的关系：①当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；②当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；③只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素（铵盐除外）；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；⑤非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。
19.单质硼有无定形和晶体两种，参考下表数据回答：

（1）晶体硼的晶体类型属于_________晶体，理由是__________________________________。
（2）已知晶体的结构单元是由硼原子组成的正二十面体（如图），其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶角，每个顶角各有一个硼原子。通过观察图形及推算，得出此基本结构单元是由__________个硼原子构成的，其中B—B键的键角为____________，共含有___________个B—B键。

【答案】(1). 原子 (2). 熔点高，硬度大，并且各数据均介于金刚石和晶体硅之间 (3). 12 (4). 60° (5). 30
【分析】（1）根据表中数据判断可知晶体硼熔沸点和硬度介于金刚石和晶体硅之间，判断为原子晶体；
（2）在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的，共20个等边三角形；B-B键组成正三角形；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的，据此答题。
【详解】（1）根据表中数据判断可知晶体硼熔沸点和硬度介于金刚石和晶体硅之间，熔沸点、硬度都很大，可知晶体硼为原子晶体，
故答案为：原子晶体，熔、沸点很高、硬度很大；
（2）在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的，每个等边三角形拥有的顶点为：×3=，20个等边三角形拥有的顶点为：×20=12；B-B键组成正三角形，则每个键角均为60°；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的，每个等边三角形占有的B-B键为：×3=，20个等边三角形拥有的B-B键为：×20=30。
【点睛】明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该晶胞中各种原子个数，硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的，每个等边三角形拥有的顶点为：×3=，20个等边三角形拥有的顶点为：×20=12。
20.A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素，F为第四周期元素，F还是前四周期中电负性最小的元素。已知：A原子的核外电子数与电子层数相等；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1个；C原子的第一至第四电离能为I1＝738 kJ·mol-1，I2＝1 451 kJ·mol-1，I3＝7 733 kJ·mol-1，I4＝10 540 kJ·mol-1；D原子核外所有p轨道为全充满或半充满；E元素的族序数与周期序数的差为4。
（1）写出E元素在周期表中位置：______________；D元素的原子的核外电子排布式：___________________________。
（2）某同学根据题目信息和掌握的知识分析C的核外电子排布为该同学所画的轨道式违背了______________。
（3）已知BA5为离子化合物，写出其电子式：________。
（4）DE3中心原子杂化方式为________，其空间构型为_________________。
【答案】（1）第三周期第ⅦA族 1s22s22p63s23p3（2）能量最低原理（3）（4）sp3三角锥形
【解析】A、B、C、E、F为原子序数依次增大的六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素，F为第四周期元素，F还是前四周期中电负性最小的元素，则F为K元素；A原子的核外电子数与电子层数相等，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1个，核外电子排布式为1s22s22p3，则B为N元素；C原子第三电离能剧增，原子最外层有2个电子，原子序数大于N元素，故C为Mg；D原子核外所有p轨道为全充满或半充满，处于VA族，原子序数大于Mg，故D为P元素；E元素的族序数与周期序数的差为4，E处于第三周期，E处于第ⅦA族，故E为Cl元素。
（1）E为Cl元素，在周期表位置：第三周期第ⅦA族；D为P元素，原子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p3；（2）某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布为，该同学所画的电子排布图中3s能级未填充满，就填充能量更高的3p能级，违背了能量最低原理；（3）NH5为离子化合物，是由NH4+与H-两种粒构成，电子式为；（4）PCl3中心原子P原子成3个σ键，P原子价层电子对是为3+(5−1×3)/2=4，含有1对孤对电子对，杂化轨道数为4，杂化方式为sp3，其空间构型为三角锥形。
点睛：本题考查物质结构与性质，涉及结构性质与位置关系、核外电子排布规律、电子式、杂化轨道理论、分子结构等，综合性较大，推断元素是解题的关键。注意由价层电子特征判断分子立体构型：判断时需注意以下两点：（1）价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。（2）价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。
21.下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题：

（1）元素p为26号元素，请写出其基态原子的电子排布式________________。
（2）d与a反应的产物的分子，空间构型为_________________。
（3）h的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，请用原子结构的知识解释发光的原因：________________________________________。
（4）o、p两元素的部分电离能数据列于下表：
元素
o
p
电离能/
(kJ·mol-1)
I1
717
759
I2
1 509
1 561
I3
3 248
2 957

比较两元素的I2、I3可知，气态o2＋再失去一个电子比气态p2＋再失去一个电子难。对此，你的解释是___________________________________。
（5）第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序如图Ⅰ所示，其中电负性最大的是________(填图中的序号)。

（6）表中所列的某主族元素的电离能情况如图Ⅱ所示，则该元素是________(填元素符号)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d64s2 (2). 三角锥形 (3). 电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量 (4). Mn2＋的3d轨道电子排布为半满状态，比较稳定 (5). 2 (6). Al
【分析】根据元素在周期表中的位置知，a到p分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Mn、Fe元素；
（1）Fe原子核外电子数为26，根据能量最低原理书写核外电子排布式；
（2）d与a反应的产物为氨气，中心原子氮原子的价层电子对数判断氮原子的杂化方式，再确定空间构型；
（3）镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，在反应过程中电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光（子）的形式释放能量，以此答题；
（4）由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态；
（5）第三周期8种元素，只有Si单质为原子晶体，熔点最大，分子晶体的熔点低，有磷、硫、氯气、氩气几种物质，但Cl的电负性最大；
（6）根据表中所列的某主族元素的电离能可知，该元素原子最外层电子数为3，据此答题。
【详解】根据元素在周期表中的位置知，a到p分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Mn、Fe元素；
：（1）Fe原子核外电子数为26，根据能量最低原理可知，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；
（2）d与a反应产物为氨气，中心原子氮原子形成三个电子对，有一个孤对电子，杂化方式为sp3，分子构型为三角锥形；
（3）镁在空气中燃烧发出耀眼白光，在反应过程中电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光（子）的形式释放能量；
（4）由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少；
（5）第三周期8种元素，只有Si单质为原子晶体，熔点最大，与图中8对应；分子晶体熔点低，有磷、硫、氯气、氩气几种物质，但Cl的电负性最大，与图中2对应；
（6）根据表中所列的某主族元素的电离能可知，该元素原子最外层电子数为3，所以该元素为Al元素。
22.W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一。X的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线的强烈侵袭；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。
（1）Y3＋基态电子排布式可表示为________。
（2）MX3-的空间构型是________(用文字描述)。
（3）M可形成多种氢化物，其中MH3的碱性强于M2H4的原因是_______________________
________________________________________________________________________。
（4）根据等电子原理，WX分子的结构式为________。
（5）1 mol WX2中含有的σ 键数目为________。
（6）H2X分子中X原子轨道的杂化类型为________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3 (2). 平面正三角形 (3). N2H4分子中N为-2价，而NH3分子中N为-3价，电负性更大，导致N原子的孤电子对更易提供出来与H＋结合 (4). (5). 2NA (6). sp3杂化
【解析】W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大．W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则W为C元素；X的某一种单质是大气污染物监测物之一，则X为O元素；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，原子序数小于O，故M为N元素；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，则Z为Cu；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态，原子序数小于Cu，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则Y为Cr元素，
（1）Cr3+基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，故答案为：1s22s22p63s23p63d3；（2）NO3-中N原子价层电子对数=3+（5+1−2×3）/2=3，N原子没有孤对电子，故其空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；（3）N2H4中分子N为-2价，而NH3分子中N为-3价，负电性更高，导致N原子的孤对电子更易提供出来与H+结合，故碱性更强，故答案为：N2H4中分子N为-2价，而NH3分子中N为-3价，负电性更高，导致N原子的孤对电子更易提供出来与H+结合，故碱性更强；（4）CO与N2互为等电子体，根据等电子原理，二者结构相似，故CO的结构式为C≡O，故答案为：C≡O；（5）CO2的结构式为O=C=O，1mol CO2中含有的2molσ键，故含有σ键数目为2NA，故答案为：2NA；（6）H2O分子中O原子成2个σ键、含有2对孤对电子，故杂化轨道数目为4，O原子采取sp3杂化，故答案为：sp3；
点睛：本题是对物质结构的考查，推断元素是解题关键，涉及核外电子排布、分子构型、分子性质、等电子体、杂化轨道、化学键、配合物等，需要学生全面掌握基础知识，难度中等。