【文档说明】吉林省辽源市田家炳高级中学等友好学校2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(22)页，458.000 KB，由小赞的店铺上传

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友好学校第六十九届期末联考高二化学试卷第Ⅰ卷(选择题)一、选择题：(下列各题，只有一项符合题意要求)1.下列表达方式错误的是A.四氯化碳的电子式：B.氟化钠的电子式：C.硫离子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p6D.碳-12原子：126C【答案】A【解析】【详解】A．四氯化碳的

电子式：，故A错误；B．氟化钠为离子化合物，电子式：，故B正确；C．硫离子的核外电子数是18，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故C正确；D．在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，则碳-12原子可表

示为：126C，故D正确；答案选A。2.下列性质中，可证明某化合物内一定存在离子键的是A.可溶于水B.熔融状态能导电C.水溶液能导电D.具有较高的熔点【答案】B【解析】【详解】A．离子化合物和共价化合物都能溶于水，与化学键类型没有关系，

故A错误。B．在熔融状态能导电说明电离成了阴阳离子，一定存在离子键，故B正确；C．共价化合物在水溶液中也能导电，如HCl，只含有共价键，故C错误；D．具有较高的熔点的物质不一定含有离子键，如二氧化硅为原子晶体，熔点很

高，但只含共价键，故D错误；答案选B。3.某元素原子3p能级上有一个空轨道，则该元素为()A.NaB.SiC.AlD.Mg【答案】B【解析】【详解】A.Na原的电子排布式为1s22s22p63s1，3p能级上有3个空轨道；B.S

i的电子排布式为1s22s22p63s23p2，3p能级上有1个空轨道；C.Al的电子排布式为1s22s22p63s23p1，3p能级上有2个空轨道；D.Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，3p能级上有3个空

轨道。答案选B。4.以下各分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是A.H3O+B.BF3C.CCl4D.PCl5【答案】C【解析】【详解】只要化合物中元素化合价的绝对值和该元素原子的最外层电子数之和满足8，则该元素原子就能满足8电

子稳定结构，据此可知，A中的H、B中的B、D中的P均未满足8电子稳定结构，而C中的C和Cl均满足8电子稳定结构，故答案选C。5.关于原子轨道的说法正确的是（）A.凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体B.CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子

的2p轨道混合形成C.sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道D.凡AB3型的共价化合物，其中中心原子A均采用sp3杂化轨道成键【答案】C【解析】【详解】A．凡是

中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型不一定都是正四面体，如NH3，属于三角锥形，A错误；B．sp3杂化轨道指一个原子同一电子层内由一个ns轨道和三个np轨道发生杂化形成的轨道，不是不同原子的杂化，B错误；C．sp3杂化轨道的定义就是由同一个原子中能量相近的s轨道和

p轨道混合起来形成的一组新轨道，C正确；D．比如BCl3属于sp2杂化，D错误；答案选C。6.下列物质在水中溶解性最好的是（）A.CO2B.NH3C.SO2D.CH4【答案】B【解析】【详解】通常情况下，在水中的溶解性

，A．1体积水溶1体积CO2；B．1体积水溶700体积NH3；C．1体积水溶40体积SO2；D．CH4难溶于水；正确答案：B。7.下面的价电子排布中，第一电离能最小的原子可能是（）A.ns2np3B.ns2np5C.ns2np4D.ns2np6【答案】C【解析】【详解】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，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大，ns2np3、ns2np4、ns2np5、ns2np6属于同一周期且其原子序数依次增大，但ns2np3属于第VA元素，n

s2np4属于第ⅥA族，所以元素的第一电离能的大小顺序是ns2np6、ns2np5、ns2np3、ns2np4，所以最小的为ns2np4，故选C。【点睛】本题考查了同一周期元素第一电离能大小的判断，注意原子轨道处于半充满、全充满状态下结

构稳定，同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大。8.下列说法中，正确的是A.冰熔化时，分子中H—O键发生断裂B.金属晶体的熔、沸点一定比分子晶体的高C.原子晶体

中，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高D.分子晶体中，分子间作用力越大，则分子越稳定【答案】C【解析】【详解】A．冰融化为物理变化，克服分子间作用力，共价键不断裂，故A错误；B．金属晶体的熔沸点不一定比分子晶体高，如分子晶体硫是固体，金属

汞是液体，故B错误；C．影响原子晶体的熔沸点高低的因素为共价键的强弱，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高，故C正确；D．分子晶体中，分子间作用力越大，熔沸点越高，与稳定性无关，故D错误；答案为C。9.共价键、离子键和范德华力都是微粒之间的不同作用

力，下列含有上述两种结合力的是①Na2O2②SiO2③石墨④金刚石⑤NaCl⑥白磷A.①②④B.①③⑥C.②④⑥D.③④⑤【答案】B【解析】【详解】①过氧化钠中含有离子键和非极性键；②二氧化硅中只含有极性键；③石墨中含有非极性键，同时还含有分子间作用力；④金刚石中只存在非

极性键；⑤氯化钠只含有离子键；⑥白磷含有非极性键，同时还含有分子间作用力。答案选B。10.下列说法中正确的是（）A.乙烯中CC=的键能是乙烷中CC−的键能的2倍B.氮气分子中含有1个键和2个π键C.NO−键的极性比CO−键的极性大D.4NH+中4个NH−键的键能不相同【答案】B【解析】【

详解】A．乙烯中碳碳双键的键能小于乙烷中碳碳单键的键能的2倍，但大于碳碳单键的键能，故A错误；B．氮气分子中存在氮氮三键，含有1个σ键和2个π键，故B正确；C．非金属性：N＞C，与氧元素相比碳元素差距大，共价键的极性是C

-O键的极性大，故C错误；D．铵根离子中存在四个N-H共价键，其中一个是配位键，这四个共价键采用的是sp3杂化，键长和键能完全相同，故D错误；故选BC。11.下列关于丙烯（CH3－CH＝CH2）的说法正确的（）A.丙烯分子有8个σ键，1个π键B.丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C.丙烯分子中只

存在极性键D.丙烯分子中3个碳原子在同一直线上【答案】A【解析】【详解】A．C-C、C-H键均为σ键，C=C中一个σ键，一个π键，则丙烯分子有8个σ键，1个π键，A正确；B．甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化，则丙烯分子中1个碳原子是sp3杂化，2个碳原子是sp2杂化

，B错误；C、同种非元素之间形成非极性键，则丙烯中存在C-C非极性共价键，C错误；D．由C=C双键为平面结构、甲基为四面体结构可知，丙烯分子中2个碳原子在同一直线，D错误；答案选A。12.原子序数小于18的元素X，其原子最外层中未成对电子数最多，含这种元素的阴离子可能是A.-4XOB.2-3XOC

.2-4XOD.3-4XO【答案】D【解析】【分析】原子序数小于18的元素X，其原子最外层中未成对电子数最多，原子最外层中未成对电子数最多的元素，p能级含有3个电子，故最外层电子数为5，位于第VA族，则X可能是N或P元素，再结合其形成的含氧酸根离子判断。【详解

】原子序数小于18的元素X，其原子最外层中未成对电子数最多，原子最外层中未成对电子数最多的元素位于第VA族，则X可能是N或P元素，N元素化合价有+3价、+5价等，P元素有+5价等，A．-4XO中X为+7价，N或P元

素没有这种化合价，故A不符合题意；B．2-3XO中X为+4价，N或P元素没有这种化合价，故B不符合题意；C．2-4XO中X为+6价，N或P元素没有这种化合价，故C不符合题意；D．3-4XO中的X为+5价，可能为3-4PO，故D符合题意；答案选D。13.

对硫-氮化合物的研究是现代无机化学最为活跃的领域之一，下图是已经合成的最著名的硫-氮化合物的分子结构。下列关于该物质说法正确的是A.分子式为SNB.分子中所有共价键的键长一定相等C.该物质与化合物S2N2互为同素异形体D.分子中既有极性键又有非极性键【答案】D【解析

】【详解】A．该分子中含有4个N原子、4个S原子，其化学式为S4N4，故A错误；B．共价键的键长与原子半径成正比，所以键长S-S＞S-N，故B错误；C．同种元素的不同单质互为同素异形体，S4N4和S2N2都是化合物不

是单质，所以不是同素异形体，故C错误；D．同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，N-S原子之间存在极性键、S-S原子之间存在非极性键，故D正确；故选D。【点晴】本题考查分子晶体、化学键、键长、同素异形体等基本概念，明确

概念内涵是解本题关键，知道同素异形体、同位素、同分异构体概念之间的差别，知道键长大小比较方法。14.下列叙述正确的是A.在周期表中零族元素的单质全部是气体B.同周期元素的原子半径为ⅦA族的为最大C.第ⅠA、ⅡA族元

素的原子，其半径越大，第一电离能越大D.所有主族元素的原子形成单原子离子时的最高价数都和它的族数相等【答案】A【解析】【详解】A．在周期表中0族元素单质都是气体且是单原子分子气体，故A正确；B．同周期元素自左向右原子半径是增大的，所以同周期元素中第

IA族的原子半径最大，故B错误；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，所以第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其半径越大，第一电离能越小，故C错误；D．F元素没有正价，其最高

化合价不等于它的族序数，故D错误；答案选A。15.某主族元素的原子最外层电子排布是5s1，该元素或其化合物不可能具有的性质是A.该元素的氧化物的水合物显碱性B.其原子半径比钾原子半径大C.其碳酸盐易溶于水D.该元素单质常温下跟水反应不如钠剧烈【答案】D【解析】【分析】根据主族

元素的原子最外层电子排布是5s1可知，该原子属于碱金属原子铷位于第五周期，据此分析结合元素性质解答。【详解】A．该元素若为碱金属元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，其氧化物的水合物显碱性，是该元素具有的性质，故A不符合题意B．该元

素为第五周期元素，电子层数越多，原子半径越大，其原子半径比钾原子半径大，是该元素具有的性质，故B不符合题意；C．碳酸盐为碳酸铷，易溶于水，是该元素具有的性质，故C不符合题意；D．根据A向分析，铷的金属性比钠强，则常温下跟水反应比钠剧烈，故D符合题意；答案选D。16.下列事

实与氢键有关的是A.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱B.水加热到很高的温度都难以分解C.CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高D.水结成冰体积膨胀【答案】D【解析】【详解】A、HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱与共价

键有关系，A不选；B、水加热到很高的温度都难以分解与共价键有关系，B不选；C、CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增大而升高与分子间作用力有关系，C不选；D、水结成冰体积膨胀与氢键有关系，D选。答案选D。17.现有四种元素的基态原子的电子排布式:①226241s2s2p3s3p;

②226231s2s2p3s3p;③2231s2s2p;④2251s2s2p。则下列有关比较中正确的是()A.第一电离能:④>③>②>①B.原子半径:④>③>②>①C.电负性:④>③>②>①D.最高正化合价:④>③=②>①【答案】A【解析】【分析】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，据此分析解答。【详解】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，为半充满稳定状态，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减小，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，A选项正确；B．同周期

自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层数越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，B选项错误；C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，同主族自上而下电负性

减小，所以电负性P＜N，N元素非金属性比S元素强，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，C选项错误；D．元素的最高正化合价一般等于原子最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，D选项错误；答案选A。【点睛】同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主

族自上而下第一电离能降低，注意全满、半满稳定状态；同周期自左而右原子半径减小、电子层数越多原子半径越大；同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；元素的最高正化合价一般等于原子最外层电子数，但F元素没有正化合价。18.下面的排序不正确的是A.

晶体熔点由低到高：CF4﹤CCl4﹤CBr4﹤CI4B.硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅C.酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3D.晶格能由大到小：NaI＞NaBr＞NaCl＞NaF【答案】D【解析】【详解】A

．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，所以晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4，故A正确；B．原子晶体中原子半径越小，共价键键能越大，晶体的硬度越大，原子半径：C＜

Si，则键能C-C＞C-Si＞Si-Si，所以硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B正确；C．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞P＞Si，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故C正确；D．离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，离子半径：F-

＜Cl-＜Br-＜I-，所以晶格能：NaI＜NaBr＜NaCl＜NaF，故D错误；答案选D。19.下列叙述错误的是()①离子键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性②配位键在形成时，是由成键双方各提供一个电子形成共用电子对③金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成

的一种强烈的相互作用④在冰晶体中，既有极性键、非极性键，又有氢键⑤化合物NH4Cl和CuSO4·5H2O都存在配位键⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，但原因不完全相同()A.①③B.②④C.②⑤D.④⑥【答

案】B【解析】【详解】①离子键通过阴阳离子之间的相互作用形成，离子键没有方向性和饱和性，共价键是原子之间通过共用电子对形成，所以共价键有方向性和饱和性，故正确；②配位键在形成时，含有孤电子对的原子提供电子、含有空轨道的原子提供轨道，二者形成配位键，故错误；③金属键的实质是金属中的“自由

电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用，相互作用包含吸引力和排斥力，故正确；④在冰晶体中，既有极性键，又有氢键，但不存在非极性键，故错误；⑤化合物NH4Cl和CuSO4•5H2O都存在配位键，铵根离子中N原子和其中一个H原子形成配位键，Cu原子和水分子

中O原子形成配位键，故正确；⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，二氧化硫和水生成亚硫酸，氟化氢、乙醇和水形成氢键，氯化钠在水溶液里电离，所以其原因不同，故正确；②④错误，故选B。20.下列叙述中正确的是A.只有活泼金属与活泼非

金属之间才能形成离子键B.具有共价键的化合物是共价化合物C.具有离子键的化合物是离子化合物D.化学键是分子中多个原子之间强烈的相互作用【答案】C【解析】【详解】A．活泼金属与活泼非金属之间能形成离子键，铵根离子与酸根离也能形成离子键，故A错误；B．具有共

价键的化合物不一定是共价化合物，如氢氧化钠是离子化合物，也含有共价键，故B错误；C．含有离子键的化合物是离子化合物，故C正确；D．化学键是相邻原子间强烈的相互作用，故D错误；答案为C。21.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中

含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B.由X、Y组成的化合物是离子化合物C.Z

的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强【答案】B【解析】【分析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的

单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周

期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A错误；B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；C.Z为S

i元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；总上所述，本题选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素

周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。22.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是A.在NaCl晶体中，距Na+最近的

Cl-形成正八面体B.在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+C.在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数目比为1∶2D.由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式为EF或FE【答案】D【解析】【分析】A、在NaCl晶体中，每个Na+周围距离最近的Cl−是6个(上、下、左

、右、前、后各1个)，构成正八面体；B、根据“均摊法”，1个CaF2晶胞中含有的Ca2+数为8×181/8+6×121/2=4；C、金刚石晶体中，每个碳原子以4个碳碳键与相邻的4个碳原子结合，每个碳碳键为2个碳原子所共用，故碳原子与碳碳键数之比为1∶2；D、气态团簇分

子的分子式应为E4F4或F4E4，不能写成实验式。【详解】A、在NaCl晶体中，每个Na+周围距离最近的Cl−是6个(上、下、左、右、前、后各1个)，构成正八面体，故A正确；B、根据“均摊法”，1个CaF2晶胞中含有的Ca2+数为8×181

/8+6×121/2=4，故B正确；C、金刚石晶体中，每个碳原子以4个碳碳键与相邻的4个碳原子结合，每个碳碳键为2个碳原子所共用，故碳原子与碳碳键数之比为1∶2，故C正确；D、由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式应为E4F4或F4E4，故D错误。故选D。【点睛】易错点D，注

意气态团簇分子，应写出全部原子，不能用均摊法处理，分子式也不能写成最简式或实验式。23.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。据下表所列数据判断错误的是元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600

A.元素X的常见化合价是+1价B.元素Y是ⅢA族的元素C.元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClD.若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】【分析】分析X的电离能数据，其I1与I2间差值很大，表明X的最外层电子

数为1；分析Y的电离能数据，其I3与I4间差值很大，表明Y的最外层电子数为3。【详解】A．由分析可知，元素X的原子最外层电子数为1，其常见化合价是+1价，A正确；B．主族元素Y的原子最外层电子数为3，

Y是ⅢA族元素，B正确；C．元素X的原子最外层电子数为1，它为ⅠA族元素，与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，C正确；D．若元素Y处于第3周期，则其为ⅢA族元素，应为金属铝，与冷水不反应，D错误；故选D。24.铍的性质类似于铝，下列有关铍性质和结构的推断正确的

是A.铍与铝原子核外具有相同的未成对电子数B.氢氧化铍能与强酸、强碱溶液反应C.铍与铝元素具有相同的最高正化合价D.氧化铍只溶于强酸溶液，不溶于强碱溶液【答案】B【解析】【详解】A．铍原子最外层有2个电子，未成对电

子数是0，而铝原子核外最外层有3个电子，具有一个未成对电子，因此未成对电子数不相同，故A错误；B．铍性质类似于铝，氢氧化铍应与氢氧化铝类似，具有两性，则能与强酸、强碱溶液反应，故B正确；C．铝元素最高为+3价，Be最高化合

价是+2价，最高正化合价不相同，故C错误；D．铍性质类似于铝，氧化铍应与氧化铝类似，具有两性，既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，故D错误；答案选B。25.周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。其中Y所处的周期序数与族序数相等。下列

说法正确的是XYZWA.原子半径：Y＜Z＜WB.气态氢化物的稳定性：X＞ZC.W的最高价氧化物与水反应形成的化合物是离子化合物D.X的气态氢化物的水溶液能与Y的最高价氧化物对应水化物发生反应【答案】B【解析】【分析】由题意可知，Y所处的周期序数与族序数相等，则Y为Al，根据位置再推出Z为

Si、W为S、X为N。【详解】A．Y为Al，Z为Si，W为S，同周期元素随核电荷数增大，原子半径逐渐减小，则原子半径：W＜Z＜Y，故A错误；B．X为N，Z为Si，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性的稳定性越强，非金属性：Si＜N，则气态氢化物的稳定性：X＞Z，故B正确；C．

W为S，S的最高价氧化物为SO3，与水反应形成的化合物为硫酸，只含有共价键，是共价化合物，故C错误；D．X为N，X的气态氢化物的水溶液为氨水，溶液显碱性，Y为Al，Y的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，氢氧化铝具有两性，可与强碱反应，与氨水不反应，故D错误；答案选B。第Ⅱ卷(非

选择题)26.有如下几种物质：A．金刚石B．MgF2C．NH4ClD．NaNO3E.干冰F.固体碘选取适当物质填写下列空白。（1）熔化时不需破坏化学键的是_______，熔化时只需破坏共价键的是_____，熔点最高的是________，熔点最低的是________。（2）晶体中

既存在离子键又存在共价键的是_______，只存在离子键的是_____。（3）由极性键构成的非极性分子有________。（4）可溶于CCl4的有________。【答案】(1).EF(2).A(3).A(4).E(5).CD(6).B

(7).E(8).F【解析】【详解】金刚石是原子晶体，微粒是原子，微粒间的作用是共价键；氟化镁是离子晶体，微粒是阴阳离子，微粒间作用离子键；氯化铵是离子晶体，微粒是阴阳离子，作用是离子键；硝酸钠离子晶体，微粒

是阴阳离子，微粒间作用离子键；干冰是分子晶体，微粒：分子，微粒间的作用是分子间作用力；碘是分子晶体，微粒：分子，微粒间的作用是分子间作用力；（1）熔化不需破坏化学键的是分子晶体，即是EF；熔化时只需破坏共价键的是原子晶体，即是A；一般来说，熔沸点原子晶体

>离子晶体>分子晶体，因此熔点最高的是A，干冰常温下是气态，碘常温下是固体，因此熔点最低是E；（2）晶体中既存在离子键又存在共价键的，首先是离子晶体，又存在共价键，只能是CD，只存在离子键的是B；（3）由极性键构成的非极性分子，首先是

分子晶体，极性键是不同种元素形成的共价键，非极性分子对称或部分单质，因此E符合题意；（4）碘单质易溶于有机溶剂，因此可溶于CCl4的是F。27.根据要求完成下列问题：(1)某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层

d轨道，试回答：该元素核外价电子排布图为____________，电子排布式为__________。该元素的原子序数为___________，该元素是___________元素(填“金属”或“非金属”

)，形成的单质为___________晶体。(2)指出配合物K3[Co(CN)6]中的中心离子、配位体及其配位数：________、________、_________。(3)下列分子中若有手性原子，请用“*”标出其手性碳原子________________、________

___________。(4)在下列物质①CO2、②NH3、③CCl4、④BF3、⑤H2O、⑥SO2、⑦SO3、⑧PCl3中，属于非极性分子的是(填编号)__________________。(5)试比较下列含氧酸的酸

性强弱(填“>”、“<”或“＝”)：H2SO4________H2SO3；HClO3________HClO4；(6)根据价层电子对互斥理论判断下列问题：H2S中心原子的杂化方式为________杂化，VSEPR构型为________________，分子的立体构型

为________。(7)H2O的沸点(100℃)比H2S的沸点(-61℃)高，这是由于___________。【答案】(1).(2).1s22s22p63s23p63d14s2(3).21(4).金属(5)

.金属(6).Co3+(7).CN-(8).6(9).第一种分子结构有手性碳原子，(10).第二种分子结构没有手性碳原子(11).①③④⑦(12).＞(13).＜(14).sp3(15).正四面体(16).V形(17).水分子之间存在氢键【解析】

【分析】根据题中给出的信息，写出价电子排布图和电子排布式，并进行相关问题的解答；根据题中给出的结构，判断中心离子、配位体及配位数；根据手性碳原子的概念进行判断；根据分子的成键情况和对称情况判断极性分子和非极性分子；根据同一元素的价态高低判断酸性强弱；根据VSEPR理论判断中心原子杂

化类型，空间构型；根据H2O能形成氢键判断沸点高低。【详解】(1)某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，价电子排布式为3d14s2，其价电子排布图为：，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14

s2，原子序数为21，处于第四周期ⅢB族，属于金属元素，形成金属晶体；答案为：；1s22s22p63s23p63d14s2；21；金属；金属；(2)由配合物K3[Co(CN)6]结构可知，中心离子为Co3+、配位

体是CN-、配位数为6；答案为Co3+，CN-，6。(3)连接4个不同的原子团或原子的碳原子是手性碳原子，图中标“*”为手性碳原子，该结构中碳原子连有相同的原子团或原子，无手性碳原子；答案为：第一种分子结构有手性碳原子，，第二种分子结构没有手性碳原子；(4

)①CO2中C元素化合价为+4，C原子最外层4个电子全部成键，对称结构，正负重心重合，为非极性分子；②NH3中N元素化合价为-3，N原子最外层5个电子未全部成键，不对称结构，正负重心不重合，为极性分子；③CCl4中C元素化合价为+4，C原子最外层4个电子全部成键，对称结构，正负重心重合，为

非极性分子；④BF3中B元素化合价为+3，B原子最外层3个电子全部成键，对称结构，正负重心重合，为非极性分子；⑤H2O中O元素化合价为-2，O原子最外层6个电子未全部成键，不对称结构，正负重心不重合，为极性分子；⑥SO2中S

元素化合价为+4，S原子最外层6个电子未全部成键，不对称结构，正负重心不重合，为极性分子；⑦SO3中S元素化合价为+6，S原子最外层6个电子全部成键，对称结构，正负重心重合，为非极性分子；⑧PCl3中P元素化合价为+3，P原子最外层5个电子未全部成键，不对称结

构，正负重心不重合，为极性分子；由上述分析得，属于非极性分子的是①③④⑦；答案为①③④⑦。(5)同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强，H2SO4中S元素化合价为+6价，H2SO3中S元素化合价为+4价，故酸性H2SO4＞

H2SO3，HClO3中Cl元素化合价为+5价，HClO4中Cl元素化合价为+7价，故酸性HClO3＜HClO4；答案为＞，＜。(6)H2S分子价层电子对数=2+6122−=4，有两对孤电子对，则中心原子S原子采取sp3杂化，VSEPR构型为正四面体型，分子的立体构型为V形；

答案为sp3，正四面体，V形。(7)水分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物，所以H2O的沸点（100℃）比H2S的沸点（-61℃）高；答案为水分子之间存在氢键。28.a、b、c、d、e五种短周期元素的原子序数

逐渐增大。a为非金属元素，且a、e同主族，c、d为同周期的相邻元素。e原子的质子数等于c、d原子最外层电子数之和。b原子最外层电子数是内层电子数的2倍。c的气态氢化物分子中有3个共价键。试推断：（1）写出b元素在周期表中的位置_______

___；（2）写出一种由a、c、d所形成的离子化合物__________(化学式)，它与e的最高价氧化物对应水化物的溶液加热时反应的离子方程式是_____________________；（3）c的单质的电子式为__________。（4）b和d

相比，非金属性较强的是__________(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是___(选填字母序号)。A．常温下，ｂ的单质呈固态，ｄ的单质呈气态B．ｄ的氢化物的稳定性强于ｂ的氢化物C．ｂ与ｄ形成的化合物中，ｂ呈正价D．ｄ的氢化物的沸点高于ｂ的氢化物【答案

】(1).第二周期ⅣA族(2).NH4NO3(3).NH4++OH－NH3↑+H2O(4).(5).O(6).BC【解析】【分析】a、b、c、d、e四种短周期元素的原子序数逐渐增大，b原子最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则b

为C元素；c的氢化物分子中有3个共价键，则c处于ⅤA族，c、d为同周期的相邻元素，d处于ⅥA族，e原子的质子数等于c、d原子最外层电子数之和，则e的质子数=5+6=11，则e为Na；a为非金属元素，且

a、e同主族，则a为H元素，结合原子序数可知，c、d只能处于第二周期，故c为N元素、d为O元素，据此解答。【详解】（1）b为C元素，处于周期表中第二周期ⅣA族，故答案为第二周期ⅣA族；（2）由H、N、O形成的离子化合物为：NH4NO3，e的最高价氧化物对应水化物为NaOH，氢氧化钠溶液

与硝酸铵在加热条件下发生离子反应生成氨气与水，反应离子方程式为NH4++OH-NH3↑+H2O，故答案为NH4NO3；NH4++OH-NH3↑+H2O；（3）c的单质为N2，分子中N原子之间形成3对共用电子对，电

子式为，故答案为；（4）b为碳元素、d为氧元素，C、O同周期，随原子序数增大非金属性增强，故非金属性O＞C，A、物质的状态属于物理性质，不能比较非金属性，故A错误；B、d的氢化物的稳定性强于b的氢化物，说明非金属性d强，故B正确；C、b与d形成的化合物中，

b呈正价，说明d对键合电子的吸引更强，故d的非金属性更强，故C正确；D、沸点属于物理性质，不能比较非金属性强弱，故D错误，故答案为O；BC。29.已知A、B、C、D均为前四周期元素且原子序数依次增大，元素A的基态原子2p轨道有3个未成对电子，元素B的原子最外层电子数是其内层

电子数的3倍，元素C的一种常见单质为淡黄色粉末，D的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为l。(1)在第2周期中，第一电离能大于B的元素有_______种。(2)A的最简单气态氢化物分子的空间构型为___；H2B在乙醇中的溶解度大于H2C，其原因是___。(3)-3AB

中，A原子轨道的杂化类型是_____________，与-3AB互为等电子体微粒的化学式为________________(写出一种即可)。(4)D(OH)2难溶于水，易溶于氨水，写出其溶于氨水的离子方程式________________。(5)D2

B的晶胞如图所示，已知晶体的密度为ρg‧cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞边长为_______________cm(用含、NA的式子表示)。【答案】(1).3(2).三角锥形(3).水分子与乙醇分子之间形成氢键(4

).sp2(5).SO3或2-3CO(答案符合即可)(6).Cu(OH)2+4NH3∙H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH−+4H2O(7).A3288N【解析】【分析】A、B、C、D均为前四周期元素且原子序数依

次增大，元素A的基态原子2p轨道有3个未成对电子，核外电子排布为1s22s22p3，则A为N元素；元素C的一种常见单质为淡黄色粉末，则C为S元素；元素B的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子

数为6，则B为O元素；D的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为l，原子序数大于S，只能处于第四周期，核外电子数=2+8+18+1=29，则D为Cu元素，据此解答。【详解】(1)同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素原子2

p轨道容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于O元素，则第二周期中N、F、Ne共3种元素的第一电离能都高于O元素；(2)A为N元素，B为O元素，C为S元素，A的最简单气态氢化物为NH3，中心

氮原子的价层电子对数=3+5-123=4，氮原子采取sp3杂化，分子的空间构型为三角锥形；水分子与乙醇分子之间形成氢键，故H2O在乙醇中的溶解度大于H2S；(3)A为N元素，B为O元素，-3AB为-3NO，中心原子N的价层电子对数=3+5+1-232=3，N

原子轨道的杂化类型是sp2杂化，-3NO由4个原子构成，价层电子总数为24，与其互为等电子体微粒的化学式为SO3、2-3CO等；(4)D为Cu元素，Cu(OH)2难溶于水，易溶于氨水，其溶于氨水的离子方程式Cu(OH)2+

4NH3∙H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH−+4H2O；(5)B为O元素，D为Cu元素，D2B为Cu2O，晶胞如图所示，晶胞中黑色球数目=4、白色球数目=1+8×18=2，故黑色球为Cu、白色球为O，晶胞质量=2×A642+16Ng，晶体的密度为ρ

g⋅cm−3，则晶胞体积=A3A642+16Ngcm28Ng28=−cm3，则晶胞边长=A3288Ncm。【点睛】易错点为(1)中电离能的判断，同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但当原子最外层电子排布处于半充满、全

满、全空状态时，原子结构稳定，其第一电离能比相邻元素都高，解题时需要注意分析判断。