2020高中化学 第一章 原子结构与性质 第二章 分子结构与性质练习（无答案）新人教版选修3 20页

第一章 原子结构与性质 第二章 分子结构与性质 ‎1．以下能级符号错误的是（　　）‎ A．6s B．2d C．3 p D．‎‎7 f ‎2．下列各组元素中，第一电离能依次减小的是（　　）‎ A．H Li Na K B．Na Mg Al Si C．I Br Cl F D．F O N C ‎3．x、y为两种元素的原子，x的阴离子与y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知（　　）‎ A．x的原子半径大于y的原子半径 B．x的电负性大于y的电负性 C．x的核电荷数大于y的核电荷数 D．x的第一电离能小于y 的第一电离能 ‎4．某元素的原子最外电子层排布是5s25p1，该元素或其化合物不可能具有的性质是（　　）‎ A．该元素单质是导体 B．该元素单质在一定条件下能与盐酸反应 C．该元素的氧化物的水合物显碱性 D．该元素的最高化合价呈+5价 ‎5．下列各组指定的元素，不能形成AB2型化合物是（　　）‎ A．2s22p2和2s22p4 B．3s23p4和2s22p‎4 C．3s2和2s22p5 D．3s1和3s23p4‎ ‎8．已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是（　　）‎ A．X与Y形成的化合物，X可以显负价，Y显正价 B．第一电离能可能Y小于X C．最高价含氧酸的酸性：X对应的最高价含氧酸酸性弱于Y对应的最高价含氧酸的酸性 D．气态氢化物的稳定性：HmY小于HmX ‎9．现有如下各说法：‎ ‎①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合．②金属和非金属化合形成离子键．‎ ‎③离子键是阳离子、阴离子的相互吸引．‎ ‎④根据电离方程式HCl═H++Cl﹣，判断HCl分子里存在离子键．‎ ‎⑤H2分子和Cl2分子的反应过程是H2、Cl2分子里共价键发生断裂生成H、Cl原子，而后H、Cl原子形成离子键的过程． 上述各种说法正确的是（　　）‎ A．①②⑤正确 B．都不正确 C．④正确，其他不正确 D．仅①不正确 ‎10．已知X、Y是主族元素，I为电离能．请根据下表所列数据判断，错误的是（　　）‎ 元素 I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ X ‎500‎ ‎4600‎ ‎6900‎ ‎9500‎ Y ‎580‎ ‎1800‎ ‎2700‎ ‎11600‎ - 20 -‎ A．元素X的常见化合价是+1 B．元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl C．元素Y是ⅢA族元素 D．若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应 ‎11．在下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的（　　）‎ A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ B．Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑‎ C．Cl2+H2O=HClO+HCl D．NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O ‎12．下列变化中，不需要破坏化学键的是（　　）‎ A．氯化氢溶于水 B．加热氯酸钾使其分解 C．碘升华 D．氯化钠溶于水 ‎13．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．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+‎ C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3 D．熔点：Li＞Na＞K＞Rb ‎15．氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（　　）‎ A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化 B．NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道 C．NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强 D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子 ‎16．X、Y、Z为主族元素，X原子的最外层电子排布为ns1；Y原子的M电子层有2个未成对电子；Z原子的最外层p轨道上只有一对成对电子，且Z原子的核外电子比Y原子少8个电子，由这三种元素组成的化合物的分子式不可能的是（　　）‎ A．XYZ4 B．X2YZ‎4 ‎C．X2YZ3 D．X2Y2Z3‎ 二、填空题 ‎17．下列物质中：①NaOH②Na2S③（NH4）2S④Na2O2⑤C2H2‎ ‎（1）其中只含有离子键的离子晶体是　　　　　　；‎ ‎（2）其中既含有离子键又含有极性共价键的离子晶体是　　　　　　；‎ ‎（3）其中既含有离子键，又含有极性共价键和配位键的离子晶体是　　　　　　；‎ ‎（4）其中既含有离子键又含有非极性共价键的离子晶体是　　　　　　；‎ ‎（5）其中含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是　　　　　　；‎ - 20 -‎ ‎18．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的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2．回答下列问题：‎ ‎（1）写出下列元素的符号：A　　　　　　 B　　　　　　 C　　　　　　 D　　　　　　‎ ‎（2）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是　　　　　　，碱性最强的是　　　　　　．‎ ‎（3）用元素符号表示D所在周期（除稀有气体元素外）第一电离能最大的元素是　　　　　　，电负性最大的元素是　　　　　　．‎ ‎（4）D的氢化物比C的氢化物的沸点　　　　　　（填“高“或“低“），原因　　　　　　‎ ‎（5）E元素原子的核电荷数是　　　　　　，E元素在周期表的位置　　　　　　．‎ ‎（6）画出D原子的核外电子轨道表示式　　　　　　．‎ 下表为长式周期表的一部分，其中的序号代表对应的元素．‎ ‎（1）写出上表中元素⑨原子的外围电子排布式　　　　　　．‎ ‎（2）在元素③与①形成的水果催熟剂气体化合物中，元素③的杂化方式为　　　　　　杂化；元素⑦与⑧形成的化合物的是　　　　　　化合物．‎ ‎（3）元素④的第一电离能　　　　　　⑤（填写“＞”、“=”或“＜”）的第一电离能；元素④与元素①形成的X分子的空间构型为　　　　　　．请写出与元素④的单质互为等电子体分子、离子的化学式　　　　　　（各写一种）．‎ ‎（4）④的最高价氧化物对应的水化物稀溶液与元素⑦的单质反应时，元素④被还原到最低价，该反应的化学方程式为　　　　　　．‎ ‎（6）将过量的X通入含有元素⑩的蓝色硫酸盐溶液中，反应的离子方程式为　　　　　　；‎ - 20 -‎ ‎20． NF3是一种三角锥型分子，键角102°，沸点﹣‎129℃‎；可在铜的催化作用下由F2和过量NH3反应得到．‎ ‎（1）写出制备 NF3的化学反应方程式：　　　　　　．‎ ‎（2）NF3的沸点比NH3的沸点（﹣‎33℃‎）低得多的主要原因是　　　　　　．‎ ‎（3）NF3中N元素采取　　　　　　方式杂化．‎ ‎（4）理论上HF、NaAlO2和NaCl按6：1：2的物质的量之比恰好反应生成HCl、H2O和一种微溶于水的重要原料，该物质含有三种元素，则该物质的化学式为　　　　　　其中心离子是 ‎ ，配位数为　　　　　　．‎ ‎（6）已知在常温下，生成‎17g H2S放出56.1KJ的热量，试写出硫化氢分解的热化学方程式　 　　．‎ ‎（7）如图所示为氧族元素单质与H2反应过程中的能量变化示意图，其中a、b、c、d分别表示氧族中某一元素的单质，△H为相同物质的量的单质与H2反应的反应热．则：b代表　　　　　　，d代表　　　　　　（均写单质名称）．‎ ‎　‎ - 20 -‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题有一个选项符合题意3分×16=48分）‎ ‎1．以下能级符号错误的是（　　）‎ A．6s B．2d C．3 p D．‎‎7 f ‎【考点】原子结构的构造原理；原子核外电子排布．‎ ‎【分析】根据第一层（K层）上只有1s亚层，第二电子层（L层）只有2s和2p亚层，第三电子层（M层）只有3s、3p和3d亚层，第四电子层（N层）只有4s、4p、4d和‎4f亚层．‎ ‎【解答】解：S亚层在每一层上都有，p亚层至少在第二层及以上，d亚层至少在第三层及以上，f亚层至少在第四层及以上，故选，错误的为B，故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．下列各组元素中，第一电离能依次减小的是（　　）‎ A．H Li Na K B．Na Mg Al Si C．I Br Cl F D．F O N C ‎【考点】元素电离能、电负性的含义及应用．‎ ‎【分析】同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的．‎ ‎【解答】解：同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的．‎ A、H、Li、Na、K属于同一主族元素且原子序数依次增大，其第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以其第一电离能依次减小，故A正确；‎ B、Na、Mg、Al、Si属于同一周期元素且原子序数依次增大，其第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，所以其第一电离能大小顺序为Si、Mg、Al、Na，故B错误；‎ C、I、Br、Cl、F属于同一主族元素且原子序数依次减小，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以I、Br、Cl、F第一电离能依次增大，故C错误；‎ - 20 -‎ D、F、O、N、C属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是F、N、O、C，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．x、y为两种元素的原子，x的阴离子与y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知（　　）‎ A．x的原子半径大于y的原子半径 B．x的电负性大于y的电负性 C．x的核电荷数大于y的核电荷数 D．x的第一电离能小于y 的第一电离能 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】x元素的印离子和y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则y元素处于x元素的下一周期，x为非金属元素，最外层电子数较多，y为金属元素，最外层电子数相对较少．‎ ‎【解答】解：x元素的印离子和Y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则y元素处于X元素的下一周期，x为非金属元素，最外层电子数较多，y为金属元素，最外层电子数相对较少，‎ A．y元素处于x元素的下一周期，x为非金属元素，原子半径小于同周期与y处于同族的元素，故原子半径y＞x，故A错误；‎ B．x为非金属元素，y为金属元素，故x的电负性大于y的电负性，故B正确；‎ C．y元素处于x元素的下一周期，x的核电荷数小于y的核电荷数，故C错误；‎ D．x为非金属元素，y为金属元素，故x的第一电离能大于y的第一电离能，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．某元素的原子最外电子层排布是5s25p1，该元素或其化合物不可能具有的性质是（　　）‎ A．该元素单质是导体 B．该元素单质在一定条件下能与盐酸反应 C．该元素的氧化物的水合物显碱性 D．该元素的最高化合价呈+5价 ‎【考点】原子核外电子排布．‎ - 20 -‎ ‎【分析】元素的原子最外电子层排布是5s25p1，处于P区，属于第ⅢA元素，同主族自上而下金属性增强，故金属性比Al元素强，最高化合价等于最外层电子数，结合同族元素的相似性与递变性解答．‎ ‎【解答】解：元素的原子最外电子层排布是5s25p1，处于P区，属于第ⅢA元素，‎ A、同主族自上而下金属性增强，故金属性比Al元素强，该元素单质是导体，故A正确；‎ B、金属性比Al元素强，该元素单质在一定条件下能与盐酸反应置换出氢气，故B正确；‎ C、氢氧化铝向弱碱性，该元素金属性比Al元素强，故氢氧化物的碱性比氢氧化铝强，故C正确；‎ D、该元素原子最外层电子数为3，最高化合价呈+3价，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．下列各组指定的元素，不能形成AB2型化合物是（　　）‎ A．2s22p2和2s22p4 B．3s23p4和2s22p4‎ C．3s2和2s22p5 D．3s1和3s23p4‎ ‎【考点】原子核外电子排布；原子结构与元素的性质．‎ ‎【分析】AB2型化合物中A的化合价为+2或者+4价，B的化合价为﹣1或﹣2价，根据价电子排布判断化合价是否符合．‎ ‎【解答】解：A．价层电子排布为2S22P2的元素为C，价层电子排布为2S22P4的元素为O，二者可形成CO2，故A不选；‎ B．价层电子排布为3S23P4的元素为S，价层电子排布为2S22P4的元素为O，二者可形成SO2，故B不选；‎ C．价层电子排布为3S2的元素为Mg，价层电子排布为2S22P5的元素为F，二者可形成MgF2，故C不选；‎ D．价层电子排布为3S1的元素为Na，价层电子排布为3S23P4的元素为S，二者可形成Na2S，与题目不符，故D选．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．下列物质熔沸点高低比较正确的是（　　）‎ A．SiO2＜CO2 B．CCl4＜CF‎4 ‎C．HF＞HI D．NaCl＜HCl ‎【考点】晶体熔沸点的比较．‎ - 20 -‎ ‎【分析】不同类型晶体熔沸点高低的比较：一般来说，原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；分子晶体中含有氢键的熔沸点较高；同种类型的分子晶体相对分子质量越大，熔沸点越高；据此分析．‎ ‎【解答】解：A、SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，熔沸点高低顺序为：SiO2＞CO2，故A错误；‎ B、CCl4与CF4都为分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，正确顺序应为：CCl4＞CF4，故B错误；‎ C、HF与HI都为分子晶体，HF能形成分子间氢键，则熔沸点较高，所以顺序为：HF＞HI，故C正确；‎ D、NaCl是离子晶体，HCl是分子晶体，则熔沸点顺序为：NaCl＞HCl，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．离子化合物①NaCl、②CaO、③NaF、④MgO中，晶格能从小到大顺序正确的是（　　）‎ A．①②③④ B．①③②④ C．③①④② D．④②①③‎ ‎【考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；离子化合物的结构特征与性质．‎ ‎【分析】这几种物质都是离子化合物，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：这几种物质都是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，镁离子、钙离子、氧离子电荷大于钠离子、氟离子和氯离子，钙离子的半径大于镁离子，而钠离子半径大于镁离子，氯离子半径大于氧离子和氟离子的半径，氧离子的半径大于氟离子的半径，所以晶格能从小到大顺序是①③②④，故选B．‎ ‎　‎ ‎8．已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是（　　）‎ A．X与Y形成的化合物，X可以显负价，Y显正价 B．第一电离能可能Y小于X C．最高价含氧酸的酸性：X对应的最高价含氧酸酸性弱于Y对应的最高价含氧酸的酸性 D．气态氢化物的稳定性：HmY小于HmX ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【分析】X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则非金属性X＞Y，‎ A．电负性大的元素在化合物中显负价；‎ B．一般非金属性强的，其第一电离能大；‎ B．非金属性越强，其最高价氧化物对应水合物的酸性越强，但O、F除外；‎ D．非金属性越强，气态氢化物越稳定．‎ ‎【解答】解：X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则非金属性X＞Y，‎ - 20 -‎ A．电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；‎ B．一般非金属性强的第一电离能大，但特殊O的非金属性比N大，但第一电离能N＞O，所以第一电离能可能Y小于X，故B正确；‎ C．金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则X对应的最高价含氧酸的酸性强于Y对应的最高价含氧酸的酸性，故C错误；‎ D．非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．现有如下各说法：‎ ‎①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合．‎ ‎②金属和非金属化合形成离子键．‎ ‎③离子键是阳离子、阴离子的相互吸引．‎ ‎④根据电离方程式HCl═H++Cl﹣，判断HCl分子里存在离子键．‎ ‎⑤H2分子和Cl2分子的反应过程是H2、Cl2分子里共价键发生断裂生成H、Cl原子，而后H、Cl原子形成离子键的过程．‎ 上述各种说法正确的是（　　）‎ A．①②⑤正确 B．都不正确 C．④正确，其他不正确 D．仅①不正确 ‎【考点】化学键；离子键的形成．‎ ‎【分析】①根据水中氢、氧原子间是分子内原子间还是分子间原子间分析判断．‎ ‎②金属和非金属之间形成的化学键不一定是离子键．‎ ‎③离子键是带有相反电荷离子之间的相互作用．‎ ‎④共价化合物中只存在共价键．‎ ‎⑤非金属元素之间易形成共价键．‎ ‎【解答】解：①在水分子内氢、氧原子间以化学键相结合，在水分子间氢、氧原子间以氢键相结合，故错误；‎ ‎②金属和非金属化合可能形成离子键，也可能形成共价键，如：氯化铝中氯元素和铝元素之间存在共价键，故错误．‎ ‎③离子键既包括相互吸引力也包括相互排斥力，故错误；‎ ‎④HCl是共价化合物，所以氯化氢中氯元素和氢元素之间只存在共价键，故错误；‎ - 20 -‎ ‎⑤H2分子和Cl2分子的反应过程是H2、Cl2分子里共价键发生断裂生成H、Cl原子，而后H、Cl原子形成共价键的过程，故错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ•mol﹣1．请根据下表所列数据判断，错误的是（　　）‎ 元素 I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ X ‎500‎ ‎4600‎ ‎6900‎ ‎9500‎ Y ‎580‎ ‎1800‎ ‎2700‎ ‎11600‎ A．元素X的常见化合价是+1‎ B．元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl C．元素Y是ⅢA族元素 D．若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】X和Y都是主族元素，I是电离能，X第一电离能和第二电离能相差较大，则X为第IA族元素；‎ Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，则Y是第IIIA族元素，X第一电离能小于Y，说明X活泼性大于Y，‎ A．主族元素最高正化合价与其族序数相等，但O、F元素除外；‎ B．由X的化合价可确定氯化物的化学式；‎ C．Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，Y原子核外有3个电子；‎ D．Al和冷水不反应．‎ ‎【解答】解：X和Y都是主族元素，I是电离能，X第一电离能和第二电离能相差较大，则X为第IA族元素；‎ Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，则Y是第IIIA族元素，X第一电离能小于Y，说明X活泼性大于Y，‎ A．X第一电离能和第二电离能相差较大，说明最外层1个电子，则化合价为+1价，故A正确；‎ B．X的化合价为+1价，Cl的化合价为﹣1价，化学式可能是XCl，故B正确；‎ C．Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，Y原子核外有3个电子，为ⅢA族元素，故C正确；‎ D．如果Y是第三周期元素，则为Al，Al和冷水不反应，和酸和强碱溶液反应，故D错误．‎ - 20 -‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．在下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的（　　）‎ A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑‎ B．Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑‎ C．Cl2+H2O=HClO+HCl D．NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O ‎【考点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型；极性键和非极性键．‎ ‎【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，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．该反应中2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，故A正确；‎ B．该反应Mg3N2+6H20=3Mg（OH）2↓+2NH3↑没有非极性键的断裂和形成，故B错误；‎ C．该反应Cl2+H2O=HClO+HCl中，没有离子键的断裂和形成，没有非极性共价键的形成，故C错误；‎ D．该反应NH4Cl+NaOH=NaCl+H20+NH3↑中没有非极性键的断裂和形成，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．下列变化中，不需要破坏化学键的是（　　）‎ A．氯化氢溶于水 B．加热氯酸钾使其分解 C．碘升华 D．氯化钠溶于水 ‎【考点】化学键．‎ ‎【分析】物质发生化学反应或电解质溶于水或熔融状态都发生化学键被破坏，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．氯化氢溶于水在水分子的作用下电离出阴、阳离子，所以化学键被破坏，故A错误；‎ B．氯酸钾分解生成了氧气和氯化钾，所以化学键被破坏，故B错误；‎ C．碘升华是碘分子间的距离增大直接变成气体的过程，是物理过程，不需破坏化学键，故C正确；‎ D．氯化钠溶于水后在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以化学键被破坏，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ - 20 -‎ ‎13．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．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+‎ C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3‎ D．熔点：Li＞Na＞K＞Rb ‎【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．‎ ‎【分析】A．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的氢化物的稳定性逐渐减弱；‎ B．根据离子核外电子层数的多少以及电子层数与核电核数的关系判断；‎ C．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；‎ D．碱金属元素从上到下，单质的熔沸点呈逐渐减小趋势．‎ ‎【解答】解：A．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的氢化物的稳定性逐渐减弱，则非金属性：F＞Cl＞Br＞I，所以稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故A错误；‎ B．K+核外有3个电子层，离子半径最大，Na+、Mg2+、Al3+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，根据离子核电核数越大，半径越小可知Na+＞Mg2+＞Al3+，则有K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故B正确；‎ C．已知非金属性：Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则有酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故C正确；‎ D．碱金属元素从上到下，原子半径逐渐增大，金属键键能逐渐减小，则单质的熔沸点呈逐渐减小趋势，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎14．某物质的晶体中含有A、B、C三种元素，其排列方式如图所示（其中前后两面面心中的B元素的原子未能画出）．则晶体中A、B、C的原子个数比为（　　）‎ A．1：3：1 B．2：3：‎1 ‎C．2：2：1 D．1：3：3‎ ‎【考点】晶胞的计算．‎ ‎【分析】利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有．‎ - 20 -‎ ‎【解答】解：根据图片知，该小正方体中A原子个数=8×=1，B原子个数=6×=3，C原子个数=1，所以晶体中A、B、C的原子个数比为1：3：1，故选A．‎ ‎　‎ ‎15．氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（　　）‎ A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化 B．NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道 C．NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强 D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子 ‎【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型．‎ ‎【解答】解：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N﹣H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，C﹣H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎16．X、Y、Z为主族元素，X原子的最外层电子排布为ns1；Y原子的M电子层有2个未成对电子；Z原子的最外层p轨道上只有一对成对电子，且Z原子的核外电子比Y原子少8个电子，由这三种元素组成的化合物的分子式不可能的是（　　）‎ A．XYZ4 B．X2YZ‎4 ‎C．X2YZ3 D．X2Y2Z3‎ ‎【考点】原子核外电子排布．‎ ‎【分析】根据原子核外电子排布特征，判断可能的元素种类以及可能的化合价，根据化合价可判断可能的化学式．‎ ‎【解答】解：X元素的原子最外层电子排布为ns1，为第ⅠA族元素，化合价为+1价，Y原子的M电子层有2个未成对电子其电子排布式为1S22S22P63S23P2或1S22S22P63S23P4，为Si元素或S元素，化合价为+4价或+‎ - 20 -‎ ‎6价；Z原子的最外层p轨道上只有一对成对电子，且Z原子的核外电子比Y原子少8个电子，且Y和Z属于同一主族元素，所以Z元素是O元素，Y是S元素，由这三种元素组成的化合物中氧元素显﹣2价，Y显+4价或+6价，X显+1价，‎ A．Y的化合价为+7价，不符合，故A选；‎ B．Y的化合价为+6价，符合，故B不选；‎ C．Y的化合价为+4价，符合，故C不选；‎ D．Y的平均化合价为+2价，如Na2S2O3，符合，故D不选；‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎17．下列物质中：①NaOH②Na2S③（NH4）2S④Na2O2⑤C2H2⑥SiC晶体．（只填序号）‎ ‎（1）其中只含有离子键的离子晶体是　②　；‎ ‎（2）其中既含有离子键又含有极性共价键的离子晶体是　①　；‎ ‎（3）其中既含有离子键，又含有极性共价键和配位键的离子晶体是　③　；‎ ‎（4）其中既含有离子键又含有非极性共价键的离子晶体是　④　；‎ ‎（5）其中含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是　⑤　；‎ ‎（6）其中含有极性共价键的原子晶体是　⑥　．‎ ‎【考点】化学键．‎ ‎【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，不同非金属形成极性共价键，同种非金属形成非极性键，含离子键的一定为离子晶体，由原子构成的为原子晶体，以此来解答．‎ ‎【解答】解：①NaOH含离子键和O﹣H极性共价键，为离子晶体；‎ ‎②Na2S只含离子键，为离子晶体；‎ ‎③（NH4）2S含离子键和N﹣H极性共价键，还有配位键，为离子晶体；‎ ‎④Na2O2含离子键和O﹣O非极性键，为离子晶体；‎ ‎⑤C2H2含C﹣H极性键和C与C之间的非极性键，为分子晶体；‎ ‎⑥SiC晶体只含Si﹣C极性共价键，为原子晶体，则 ‎（1）其中只含有离子键的离子晶体是②，故答案为：②；‎ ‎（2）其中既含有离子键又含有极性共价键的离子晶体是①，故答案为：①；‎ ‎（3）其中既含有离子键，又含有极性共价键和配位键的离子晶体是③，故答案为：③；‎ ‎（4）其中既含有离子键又含有非极性共价键的离子晶体是④，故答案为：④；‎ - 20 -‎ ‎（5）其中含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是⑤，故答案为：⑤；‎ ‎（6）其中含有极性共价键的原子晶体是⑥，故答案为：⑥．‎ ‎　‎ ‎18．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的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2．回答下列问题：‎ ‎（1）写出下列元素的符号：A　Si　 B　Na　 C　P　 D　N　‎ ‎（2）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是　HNO3　，碱性最强的是　NaOH　．‎ ‎（3）用元素符号表示D所在周期（除稀有气体元素外）第一电离能最大的元素是　F　，电负性最大的元素是　F　．‎ ‎（4）D的氢化物比C的氢化物的沸点　高　（填“高“或“低“），原因　NH3分子间形成氢键　‎ ‎（5）E元素原子的核电荷数是　26　，E元素在周期表的位置　第四周期第Ⅷ族　．‎ ‎（6）A、B、C最高价氧化物的晶体类型是分别是　原子　晶体、　离子　晶体、　分子　晶体 ‎（7）画出D原子的核外电子轨道表示式　　．‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si元素；A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na元素，C的最外层有三个成单电子，则C原子的3p能级有3个电子，故C为P元素；C、D同主族，故D为N元素；E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe元素．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si元素；A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na元素，C的最外层有三个成单电子，则C原子的3p能级有3个电子，故C为P元素；C、D同主族，故D为N元素；E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe元素．‎ ‎（1）由上述分析可知，A为Si，B为Na元素，C为P元素，D为N元素，‎ 故答案为：Si；Na；P；N；‎ - 20 -‎ ‎（2）元素的非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物酸性越强，则酸性最强的是HNO3，碱性最强的是NaOH，‎ 故答案为：HNO3；NaOH；‎ ‎（3）D所在周期为第二周期，同周期自左而右电负性增大、第一电离能呈增大趋势（稀有气体除外），故第一电离能最大为F，电负性最大为F，‎ 故答案为：F；F；‎ ‎（4）D的氢化物为NH3，C的氢化物为PH3，因为氨气分子间能形成氢键，使氨气的沸点升高，沸点高于PH3的，‎ 故答案为：高；NH3分子间形成氢键；‎ ‎（5）E为Fe元素，原子序数为26，位于周期表第四周期第Ⅷ族，‎ 故答案为：26；第四周期第Ⅷ族；‎ ‎（6）A、B、C最高价氧化物分别为SiO2O、Na2O、P2O5，晶体类型分别是原子晶体、离子晶体、分子晶体，‎ 故答案为：原子；离子；分子；‎ ‎（7）D是N元素，核外电子排布式为1s22s22p3，其核外电子排布图为：，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎19．[化学﹣﹣选修物质结构与性质]‎ 下表为长式周期表的一部分，其中的序号代表对应的元素．‎ ‎（1）写出上表中元素⑨原子的外围电子排布式　3d54s1　．‎ ‎（2）在元素③与①形成的水果催熟剂气体化合物中，元素③的杂化方式为　sp2　杂化；元素⑦与⑧形成的化合物的晶体类型是　离子晶体　．‎ - 20 -‎ ‎（3）元素④的第一电离能　＞　⑤（填写“＞”、“=”或“＜”）的第一电离能；元素④与元素①形成的X分子的空间构型为　三角锥形　．请写出与元素④的单质互为等电子体分子、离子的化学式　CO、C22﹣　（各写一种）．‎ ‎（4）在测定元素①与⑥形成化合物的相对分子质量时，实验测得的值一般高于理论值的主要原因是　HF分子间会形成氢键　．‎ ‎（5）④的最高价氧化物对应的水化物稀溶液与元素⑦的单质反应时，元素④被还原到最低价，该反应的化学方程式为　4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O　．‎ ‎（6）将过量的X通入含有元素⑩的蓝色硫酸盐溶液中，反应的离子方程式为　Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+　；元素⑩的某种氧化物的晶体结构如图所示，其中实心球表示元素⑩原子，则一个晶胞中所包含的氧原子数目为　2　．‎ ‎【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；原子核外电子排布；晶胞的计算．‎ ‎【分析】根据元素周期表结构，可以确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩元素分别为：H、Be、C、N、O、F、Mg、Cl、Cr、Cu；‎ ‎（1）⑨是Cr元素，原子序数为24，根据核外电子排布规律书写；‎ ‎（2）③是C元素，①是H元素，形成的水果催熟剂气体化合物是乙烯，杂化轨道用于容纳孤对电子对和成σ键；‎ ‎⑦是Mg元素，⑧是Cl元素，活泼金属与活泼非金属形成离子化合物；‎ ‎（3）④是N元素，⑤是O元素，同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，能量相同的原子轨道在全满、半满、全空时体系能量最低，原子较稳定，因此价电子排布处于半满的轨道的元素，其第一电离能比临近原子的第一电离能大；‎ 元素④与元素①形成的是NH3分子，三角锥形；‎ 原子数目和电子总数（或价电子总数）相同的微粒互为等电子体，等电子体具有相似的结构特征；‎ ‎（4）F的电负性大，HF分子间会形成氢键；‎ ‎（5）④是N元素，最高价氧化物对应的水化物稀溶液为稀硝酸，与Mg单质反应，Mg是还原剂，被氧化为Mg（NO3）2，稀硝酸起氧化剂、酸的作用，起氧化剂的硝酸作用被还原为NH4NO3；‎ - 20 -‎ ‎（6）氨气与硫酸铜溶液反应，生成Cu（OH）2蓝色沉淀；白色球为氧原子，利用均摊法，计算一个晶胞中所包含的氧原子数目．‎ ‎【解答】解：（1））⑨是Cr元素，Cr是24号元素，其原子核外有24个电子，根据能量最低原理及洪特规则书写其核外电子排布式，3d能级的能量大于4s能级的能量，所以先排4s后排3d，轨道中的电子处于全满、半满、全空时原子最稳定，所以Cr的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，外围电子排布式3d54s1，‎ 故答案为：3d54s1；‎ ‎（2）乙烯中有双键和单键，其中碳碳双键中一个是σ键和1个p﹣p的π键，其余的4个碳氢键均为σ键，碳原子杂化轨道数为3，所以采用sp2杂化方式；‎ 活泼金属与活泼非金属形成离子化合物，元素⑦与⑧形成的化合物是氯化镁，属于离子化合物，形成离子晶体，‎ 故答案为：sp2；离子晶体；‎ ‎（3））④是N元素，外围电子排布式2s22p3，⑤是O元素，外围电子排布式2s22p4，两元素处于同一周期，氧原子原子序数大，但N元素P能级处于半满，能量更低，原子较稳定，其第一电离能氧原子的第一电离能大；‎ 元素④与元素①形成的是NH3分子，N原子采取sp3杂化，有一对孤对电子对，所以为三角锥形；‎ ‎ N2有2个原子，14个电子（或10个价电子），其等电子体为CO、C22﹣ 等；‎ 故答案为：＞；三角锥形；CO、C22﹣；‎ ‎（4）F的电负性大，HF分子间会形成氢键，实验测得的值一般高于理论值，故答案为：HF分子间会形成氢键；‎ ‎（5）Mg与稀硝酸反应方程式为4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O，故答案为：4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O；‎ ‎（6）氨气与硫酸铜溶液反应，生成Cu（OH）2蓝色沉淀，反应离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；‎ 白色球为氧原子，所以一个晶胞中所包含的氧原子数目为1+8×=2，‎ 故答案为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；2．‎ ‎　‎ - 20 -‎ ‎20．三氟化氮是一种无色、无味、无毒且不可燃的气体，在半导体加工，太阳能电池制造和液晶显示器制造中得到广泛应用．NF3是一种三角锥型分子，键角102°，沸点﹣‎129℃‎；可在铜的催化作用下由F2和过量NH3反应得到．‎ ‎（1）写出制备 NF3的化学反应方程式：　4NH3+‎3 F2=NF3+3NH‎4F　．‎ ‎（2）NF3的沸点比NH3的沸点（﹣‎33℃‎）低得多的主要原因是　NH3能形成氢键，NF3只有范德华力　．‎ ‎（3）NF3中N元素采取　sp3　方式杂化．‎ ‎（4）理论上HF、NaAlO2和NaCl按6：1：2的物质的量之比恰好反应生成HCl、H2O和一种微溶于水的重要原料，该物质含有三种元素，则该物质的化学式为　Na3AlF6　其中心离子是 ‎，配位数为　6　．‎ ‎（5）已知氧族元素（氧O、硫S、硒Se、碲Te），工业上可用Al2Te3来制备H2Te，完成下列化学方程式：‎ Al2Te3+　6H2O　═　2　Al（OH）3↓+　3　H2Te↑‎ ‎（6）已知在常温下，生成‎17g H2S放出56.1KJ的热量，试写出硫化氢分解的热化学方程式　H2S（g）=H2（g）+S（s）；△H=+112.2KJ/mol　．‎ ‎（7）如图所示为氧族元素单质与H2反应过程中的能量变化示意图，其中a、b、c、d分别表示氧族中某一元素的单质，△H为相同物质的量的单质与H2反应的反应热．则：b代表　硒　，d代表　氧气　（均写单质名称）．‎ ‎【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）F2和过量NH3反应得到NF3、NH‎4F，结合原子守恒分析；‎ ‎（2）NH3存在氢键，而NF3只存在分子间作用力，氢键的作用大于分子间作用力；‎ ‎（3）根据中心原子的价层电子对数判断；‎ - 20 -‎ ‎（4）HF、NaAlO2和NaCl按6：1：2的物质的量之比恰好反应生成HCl、H2O和一种微溶于水的重要原料，反应的化学方程式：6HF+NaAl02+2NaCl═2HCl+2H2O+Na3AlF6，Na3AlF6中心离子为Al3+，配位数为6；‎ ‎（5）用Al2Te3来制备H2Te，由元素守恒可知，有水参加，生成Al（OH）3和H2Te；‎ ‎（6）在常温下，生成‎17g H2S放出56.1KJ的热量，则1molH2S分解吸收112.2KJ热量；‎ ‎（7）根据氧族元素的单质与氢气化合的越来越难，推导出a、b、c、d分别为Te、Se、S、O2．‎ ‎【解答】解：（1）根据反应物和生成物以及质量守恒定律可知反应还应有NH‎4F生成，‎ 故答案为：4NH3+‎3F2=NF3+3NH‎4F；‎ ‎（2）NH3存在氢键，而NF3只存在分子间作用力，两种作用力前者较强，物质的沸点较高，‎ 故答案为：NH3能形成氢键，NF3只有范德华力；‎ ‎（3）NF3中N原子的价层电子对数=3+（5﹣3×1）=4，所以其杂化类型为sp3，‎ 故答案为：sp3；‎ ‎（4）有题意可知该反应的化学方程式应为：6HF+NaAl02+2NaCl═2HCl+2H2O+Na3AlF6，该微溶物为：Na3AlF6，中心离子为Al3+，配位数为6，‎ 故答案为：Na3AlF6；Al3+；6；‎ ‎（5）工业上可用Al2Te3来制备H2Te，由元素守恒和质量守恒可知，其反应方程式为A12Te3+6H2O=‎2A1（OH）3↓+3H2Te↑，‎ 故答案为：6H2O；2；3；‎ ‎（6）因H2和S反应生成‎17g H2S放出56.1KJ的热量，硫化氢分解的热化学方程式：H2S（g）=H2（g）+S（s）△H=+112.2 kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：H2S（g）=H2（g）+S（s）△H=+112.2 kJ•mol﹣1；‎ ‎（7）因氧族元素的单质与氢气化合的越来越难，推导出a、b、c、d分别为Te、Se、S、O2，‎ 故答案为：硒；氧气．　‎ - 20 -‎