福建省师大附中2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷 一、选择题（共23小题）1．下列各分子中，所有原子都满足最外层8电子结构的是（ ）A．PCl3B．BF3C．H2OD．PCl5 2．据报道，科学家最近发现了一种新的粒子，这种粒子是由3个1H原子核和2个电子构成．下列关于这种粒子的说法中，正确的是（ ）A．它是氢的一种新同位素B．这种新元素的核电荷数是3C．它是H2的一种新同素异形体D．它比一个普通氢分子多﹣个氢原子核 3．意大利罗马大学的FuNvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子．N4分子结构如图所示，已知断裂lmolN﹣N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出945kJ热量．根据以上信息和数据，下列说法不正确的是（ ）A．N4晶体属于由非极性键构成的分子晶体B．氮元素非金属性比磷强，可知N4沸点比P4（白磷）高C．lmolN4气体转变为N2气体放出888kJ热量D．N4与N2互为同素异形体 4．下列各元素，最易形成离子化合物的是（ ）①第3周期第一电离能最小的元素②外围电子构型为2s22p6的原子③2p轨道为半满的元素④电负性最大的元素．A．①④B．③④C．②③D．①② 5．石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（结构示意图如图），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景．下列说法正确的是（ ）A．石墨烯与石墨互为同位素B．12g石墨烯中含有3NA个C﹣C键C．石墨烯是一种有机物D．石墨烯中的碳原子间以共价键结合 6．下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（ ）-23-\nA．CO2和SiO2B．NaCl和HClC．CO2和NH3D．CCl4和KCl 7．下列说法正确的是（ ）A．由分子组成的物质中一定存在共价键B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物C．非极性键只存在于双原子单质分子里D．在SiO2晶体中，硅原子与Si﹣O键数目比为1：2 8．下列变化中，不需要破坏化学键的是（ ）A．氨气液化B．食盐熔融C．HCl溶于水D．石油裂化 9．下列微粒中，外围电子中未成对电子数最多的是（ ）A．OB．PC．MnD．Cr 10．X、Y均为元素周期表ⅦA族中的两种元素．下列叙述中，能够说明X的原子得电子能力比Y强的是（ ）A．原子的电子层数：X＞YB．对应的简单离子的还原性：X＞YC．气态氢化物的稳定性：X＞YD．氧化物对应水化物的酸性：X＞Y 11．下列物质的熔、沸点高低顺序正确的是（ ）A．金刚石＞晶体硅＞二氧化硅B．HI＞HBr＞HCl＞HFC．NaF＞NaCl＞NaBrD．NaCl＞Hg＞S 12．下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是（ ）A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，一定是ⅠA族元素B．原子的价电子排布为（n﹣1）d6﹣8ns2的元素一定是副族元素C．基态原子的P能级上半充满的元素一定位于p区D．基态原子的价电子排布为（n﹣1）dxnsy的元素的族序数一定为x+y 13．在元素周期表中金属元素与非金属元素的分界线附近的一些元素能用于制（ ）A．合金B．半导体C．催化剂D．农药 14．13C﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，KurtWuthrich等人为此获得2022年诺贝尔化学奖．下面有关13C、15N叙述正确的是（ ）A．13C与15N有相同的中子数B．13C与C60互为同素异形体C．15N与14N互为同位素D．15N的核外电子数与中子数相同 15．下列化学用语的书写，正确的是（ ）-23-\nA．CH4分子的比例模型：B．硫原子的结构示意图：C．溴化钠的电子式：D．CO2的电子式： 16．已知氮化铝的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是（ ）A．氮化铝晶胞结构与NaCl相同B．第一电离能N＜AlC．电负性N＞AlD．原子半径N＞Al 17．下列现象不能用氢键解释的是（ ）A．冰的密度小于液态水B．NH3容易液化C．NH3极易溶于水D．HF分子比HCl分子稳定 18．金属钠晶体为体心立方晶体（晶胞如图），实验测得钠的密度为ρ（g•cm﹣3）．已知钠的相对原子质量为a，阿伏加德罗常数为NA（mol﹣1），假定金属钠原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切．则钠原子的半径r（cm）为（ ）A．3B．×3C．×3D．×3 19．今年是世界反法西斯战争暨中国人民抗日战争胜利70周年．二战期间日本是在战场上唯一大量使用毒气弹的国家．芥子气〔（ClCH2CH2）2S〕是其中一种毒气，即使嗅觉不能感受的极低浓度也会对人造成伤害，可用NaOH溶液解毒．芥子气可用以下方法制备：2CH2=CH2+S2Cl2→（ClCH2CH2）2S+S．下列有关说法正确的是（ ）A．芥子气不是烃的衍生物B．芥子气可以和硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀C．S2Cl2中有极性键和非极性键D．NaOH溶液解毒原理是酸碱中和反应 20．X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示．Z元素原子核外K层与M层电子数相等．下列说法中正确的是（ ）-23-\nA．Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式为H2YO3B．原子半径由小到大的顺序为：Y＜X＜W＜ZC．室温下，Z和W的单质均能溶于浓硝酸D．X、Z两种元素的氧化物中所含化学键类型相同 21．下面的电子结构中，第一电离能最小的原子可能是（ ）A．ns2np3B．ns2np5C．ns2np4D．ns2np6 22．X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（ ）A．由mXa+与nYb﹣，得m+a=n﹣bB．X2﹣的还原性一定大于Y﹣C．X、Y一定不是同周期元素D．若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性HmX一定大于HnY 23．某主族元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，由此可以判断（ ）A．R一定是第四周期元素B．R一定是ⅣA族元素C．R的气态氢化物比同周期其他元素气态氢化物稳定D．R气态氢化物化学式为H2R 二、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）24．下列物质中：①H2O2②KCl③NaOH④Na2O2⑤O2⑥NH4Cl（1）写出④的电子式 ．只含有非极性键的是 （填序号，下同）．（3）含有极性键的离子化合物是 ．（4）存在氢键的是 ． 25．C和Si元素在化学中占有极其重要的地位．（1）写出Si原子的核外电子排布式 ．SiC的晶体结构与金刚石相似，SiC晶体中存在的微粒间作用力是 ；SiC的熔点 金刚石．（填“＞”或“＜”）（3）氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M的原子结构示意图为 ；MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似，则每个M2+周围吸引 个O2﹣；每个MO晶胞中含有 个M2+和 个O2﹣；MO的熔点比CaO的高，其原因是 ．（4）富勒烯（C60）的结构如图，1molC60分子中含有 molσ键．-23-\n 26．常用于除去高速公路冰雪的是“氯盐类”融雪剂，如NaCl、MgCl2等，请回答：（1）“氯盐类”融雪剂主要成分的晶体类型为 ；冰比硫化氢热稳定性高的原因是 ．（3）已知X、Y和Z为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如表所示：电离能/kJ•mol﹣1I1I2I3I4X5781817274511578Y7381451773310540Z496456269129543则元素Y第一电离能大于X的原因是 ；（4）融雪剂对环境危害很大，如和路基上的铁等金属形成原电池，加快路面破损．铁元素应用广泛，Fe2+与KCN溶液反应得Fe（CN）2沉淀，KCN过量时沉淀溶解，生成配合物黄血盐．①写出亚铁离子的核外电子排布式 ；②已知CN﹣与N2结构相似，1molCN﹣中π键数目为 ． 27．Sn（核电荷数为50）是人类最早使用的元素之一，能形成SnCl2，SnCl4两种氯化物，SnCl2常温下为白色晶体，具有一维链状的聚合结构，气态时以单分子形式存在，而SnCl4常温下为无色液体．白锡和灰锡是Sn的两种同素异形体，白锡的晶体结构中Sn原子的配位数为4和6，灰锡的晶体结构与金刚石的晶体结构相似．白锡的密度大于灰锡的密度．（1）Sn元素外围电子排布式为 ．SnCl2的一维链状聚合结构如图1所示，在分子结构中存在的化学键是 ．（3）SnCl4与CCl4中沸点较高的是 ．原因是 ．（4）锡的某种氧化物的晶胞如图2，其化学式为 ．（5）解释白锡分子的密度大于灰锡的密度的原因 ． 28．在下列空格中，填上适当的元素符号．（1）在第3周期中，第一电离能最大的元素是 ．在元素周期表中，电负性最大的元素是 ．（3）在第4周期元素中，原子的4p轨道半充满的是 ，3d轨道半充满的是 ．-23-\n 29．已知X、Y、Z、W、K五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素X是周期表中原子半径最小的元素；Y的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同；W位于第2周期，其原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；K位于ds区且原子的最外层电子数与X的相同．请回答下列问题：（答题时，X、Y、Z、W、K用所对应的元素符号表示）（1）Y、Z、W元素的第一电离能由大到小的顺序是 ．K的外围电子排布式是 ．（3）Y、Z元素的某种氢化物的分子中均含有18个电子，则该Y、Z的氢化物的沸点相差较大的主要原因是 ．（4）若X、Y、W形成的某化合物（相对分子质量为46）呈酸性，则1mol该分子中含有 molσ键．（5）Z、K两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是 ，Z原子的配位数是 ． 福建省师大附中2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共23小题）1．下列各分子中，所有原子都满足最外层8电子结构的是（ ）A．PCl3B．BF3C．H2OD．PCl5【考点】原子核外电子排布．【专题】原子组成与结构专题．【分析】对于ABn型共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构，据此判断．【解答】解：A．PCl3中P元素化合价为+3，P原子最外层电子数为5，所以3+5=8，P原子满足8电子结构；Cl元素化合价为﹣1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故A正确；B．BF3中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，B原子不满足8电子结构；F元素化合价为﹣1，F原子最外层电子数为7，所以1+7=8，F原子满足8电子结构，故B错误；C．H2O中O元素化合价为﹣2，O原子最外层电子数为6，所以2+6=8，O原子满足8电子结构；H元素化合价为+1，H原子最外层电子数为1，所以1+1=2，H原子不满足8电子结构，故C错误；-23-\nD．PCl5中P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，P原子不满足8电子结构；Cl元素化合价为﹣1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故D错误．故选A．【点评】本题考查8电子结构的判断，难度不大，清楚元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构是关键，注意离子化合物不适合． 2．据报道，科学家最近发现了一种新的粒子，这种粒子是由3个1H原子核和2个电子构成．下列关于这种粒子的说法中，正确的是（ ）A．它是氢的一种新同位素B．这种新元素的核电荷数是3C．它是H2的一种新同素异形体D．它比一个普通氢分子多﹣个氢原子核【考点】同位素及其应用；同素异形体；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【专题】信息给予题；化学用语专题．【分析】由3个1H原子核和2个电子构成的微粒是原子团，比一个普通氢分子多一个氢核，据此解题．【解答】解：A．由3个1H原子核和2个电子构成的微粒是原子团，同位素是原子，故A错误；B．由3个1H原子核和2个电子构成的微粒是原子团，不是新元素，故B错误；C．同素异形体是同一种元素形成的不同单质，故C错误；D．由3个1H原子核和2个电子构成的微粒比一个普通氢分子多一个氢核，故D正确．故选D．【点评】本题考查同位素和原子结构，注意理解题目信息，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累． 3．意大利罗马大学的FuNvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子．N4分子结构如图所示，已知断裂lmolN﹣N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出945kJ热量．根据以上信息和数据，下列说法不正确的是（ ）A．N4晶体属于由非极性键构成的分子晶体B．氮元素非金属性比磷强，可知N4沸点比P4（白磷）高C．lmolN4气体转变为N2气体放出888kJ热量D．N4与N2互为同素异形体【考点】分子晶体；同素异形体．【专题】信息给予题；化学用语专题；化学键与晶体结构．【分析】A．同种元素之间形成的共价键为非极性键，不同元素的原子之间形成的共价键为极性键，N4分子中的化学键为N﹣N键，属于非极性键；B．根据影响分子晶体的熔沸点高低的因素分析；C．根据化学键断裂要吸收热量，形成化学键要放出热量，根据题中数据计算出1molN4转变成N2放出的热量；D．N4和N2都是氮元素的不同单质，二者互为同素异形体．-23-\n【解答】解：A．N4分子中存在N﹣N非极性键，其分子中不存在极性键，故A正确；B．N4和P4都是分子晶体，并且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，所以白磷的沸点高，故B错误；C．1molN4气体中含有6molN﹣N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1moN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为2×942kJ=1884kJ，所以反应放热，放出的热量为1884KJ﹣1002KJ=882KJ，故应为放出882kJ热量，故C正确；D．N4和N2是同种元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故D正确，故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的组成和分类、分子的极性、同素异形体与同分异构体的判断、反应热的计算，题目难度不大，注意基础知识的把握． 4．下列各元素，最易形成离子化合物的是（ ）①第3周期第一电离能最小的元素②外围电子构型为2s22p6的原子③2p轨道为半满的元素④电负性最大的元素．A．①④B．③④C．②③D．①②【考点】离子化合物的结构特征与性质．【专题】化学键与晶体结构．【分析】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，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键．【解答】解：活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，有离子键的化合物是离子化合物，①第3周期第一电离能最小的元素是Na元素、②外围电子构型为2s22p6的原子为Ne元素、③2p轨道为半满的元素为N元素、④电负性最大的元素是F元素，所以Na元素和F元素、N元素之间易形成离子键，易形成离子化合物，故选A．【点评】本题考查离子化合物和化学键的关系，为高频考点，侧重考查基本概念，明确概念内涵是解本题关键，注意不能根据是否含有金属元素判断离子化合物，如氯化铝是共价化合物，为易错点． 5．石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（结构示意图如图），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景．下列说法正确的是（ ）A．石墨烯与石墨互为同位素B．12g石墨烯中含有3NA个C﹣C键C．石墨烯是一种有机物D．石墨烯中的碳原子间以共价键结合【考点】化学键；同位素及其应用．【专题】信息给予题．【分析】A、同位素是质子数相同，而中子数不同的原子；B、1个碳原子形成×3=个C﹣C键，结合物质的量解答；-23-\nC、有机物是大多数含碳化合物；D、一般非金属与非金属元素的原子之间以共价键结合．【解答】解：A、石墨烯与石墨均是碳元素形成的单质，不是原子，互为同素异形体，故A错误；B、12g石墨含××NA=NA个C﹣C键，故B错误；C、有机物是大多数含碳化合物，而石墨烯显然是由碳原子构成的单质，故C错误；D、石墨烯是由石墨剥离而成，即是石墨中的一层，碳原子间是以共价键结合，故D正确；故选D．【点评】本题考查石墨烯的理解，题目难度不大，注意同位素、同素异形体、有机物等概念的理解． 6．下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（ ）A．CO2和SiO2B．NaCl和HClC．CO2和NH3D．CCl4和KCl【考点】化学键．【专题】类比迁移思想；化学键与晶体结构．【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，含离子键的为离子晶体，含共价键的可能为原子晶体或分子晶体，以此来解答．【解答】解：A．均含共价键，分别为分子晶体、原子晶体，故A不选；B．分别含离子键、共价键，分别为离子晶体、分子晶体，故B不选；C．均含共价键，均为分子晶体，故C选；D．分别含共价键、离子键，分别为分子晶体、离子晶体，故D不选；故选C．【点评】本题考查化学键及晶体类型，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律、化学键与晶体类型的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子晶体的判断为解答的难点，题目难度不大． 7．下列说法正确的是（ ）A．由分子组成的物质中一定存在共价键B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物C．非极性键只存在于双原子单质分子里D．在SiO2晶体中，硅原子与Si﹣O键数目比为1：2【考点】化学键；金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系；极性键和非极性键．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．单原子分子中不存在化学键；B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物；C．非极性键可能存在于离子化合物或共价化合物中；D．在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个Si﹣O键．【解答】解：A．单原子分子中不存在化学键，如稀有气体，故A错误；B．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物，如铵盐，故B正确；C．非极性键可能存在于离子化合物或共价化合物中，如C2H2、Na2O2，故C错误；D．在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个Si﹣O键，所以硅原子与Si﹣O键数目比为1：4，故D错误；故选B．-23-\n【点评】本题考查了化学键与物质之间的关系，根据物质的构成微粒确定化学键，再结合物质结构分析解答，易错选项是AB，为易错点． 8．下列变化中，不需要破坏化学键的是（ ）A．氨气液化B．食盐熔融C．HCl溶于水D．石油裂化【考点】化学键．【专题】化学键与晶体结构．【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．氨气液化发生物理变化，只是物质状态发生变化，没有化学键被破坏，故A正确；B．食盐溶于水后，氯化钠在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以化学键被破坏，故B错误；C．HCl在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以化学键被破坏，故C错误；D．石油裂化发生化学反应，所以有化学键被破坏，故D错误；故选A．【点评】本题考查了化学键是否被破坏的判断，明确化学键被破坏的条件是解本题关键，根据物质是否发生化学反应或是否是电解质溶于水或熔融判断即可，题目难度不大． 9．下列微粒中，外围电子中未成对电子数最多的是（ ）A．OB．PC．MnD．Cr【考点】原子核外电子排布．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据能量最低原理书写各元素的电子排布式，根据电子排布式判断未成对电子数，可解答该题．【解答】解：A．O的电子排布式为1s22s22p4，未成对电子数为2；B．P的电子排布式为1s22s22p63s23p3，未成对电子数为3；C．Mn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，未成对电子数为5；D．Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，未成对电子数是6；比较可知Cr的未成对电子数为6，最多，故选D．【点评】本题考查原子核外电子的排布，题目难度中等，注意根据电子排布式判断未成对电子数． 10．X、Y均为元素周期表ⅦA族中的两种元素．下列叙述中，能够说明X的原子得电子能力比Y强的是（ ）A．原子的电子层数：X＞YB．对应的简单离子的还原性：X＞YC．气态氢化物的稳定性：X＞YD．氧化物对应水化物的酸性：X＞Y【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．【分析】根据单质之间的置换反应、气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性、与氢化合的难易、元素周期律等来比较非金属性，以此来解答．【解答】解：A．X原子的电子层数比Y原子的电子层数多，为同主族元素，则Y的非金属性强，故A不选；-23-\nB．元素的非金属性越强，对应的简单离子的还原性越弱，对应的简单离子的还原性：X＞Y，则Y的非金属性强，故B不选；C．X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，则X的非金属性强，故C选；D．比较非金属性的强弱，应为最高价氧化物的水化物，故D不选．故选C．【点评】本题考查非金属性的比较，为高频考点，注意归纳非金属性比较的方法是解答的关键，明确同主族元素性质的变化规律即可解答，题目难度不大． 11．下列物质的熔、沸点高低顺序正确的是（ ）A．金刚石＞晶体硅＞二氧化硅B．HI＞HBr＞HCl＞HFC．NaF＞NaCl＞NaBrD．NaCl＞Hg＞S【考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．原子晶体中半径越小，键长越短，共价键越强，熔点越大；B．氢化物中分子间存在氢键的熔沸点较高；C．离子晶体中离子半径越小，电荷越大，熔点越大；D．离子晶体的熔沸点一般高于分子晶体，Hg常温下为液体．【解答】解：A．原子晶体中半径越小，键长越短，共价键越强，熔点越大，因键长C﹣C＜O﹣Si＜Si﹣Si，则熔沸点为金刚石＞二氧化硅＞晶体硅，故A错误；B．氢化物中分子间存在氢键的熔沸点较高，没有氢键时，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，则熔沸点为HF＞HI＞HBr＞HCl，故B错误；C．因离子半径F﹣＜Cl﹣＜Br﹣，则熔点为NaF＞NaCl＞NaBr，故C正确；D．离子晶体的熔沸点一般高于分子晶体，Hg常温下为液体，所以熔沸点：NaCl＞S＞Hg，故D错误；故选C．【点评】本题考查晶体熔点的比较，明确不同类型晶体熔点的比较方法是解答本题的关键，题目难度不大． 12．下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是（ ）A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，一定是ⅠA族元素B．原子的价电子排布为（n﹣1）d6﹣8ns2的元素一定是副族元素C．基态原子的P能级上半充满的元素一定位于p区D．基态原子的价电子排布为（n﹣1）dxnsy的元素的族序数一定为x+y【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu；B．原子的价电子排布为（n﹣1）d6﹣8ns2的元素为Ⅷ族元素；C．电子最后填充p能级，属于p区；D．ⅠB族、ⅡB族的族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数．【解答】解：A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu，K为主族元素，Cr、Cu为副族元素，故A错误；B．副族元素的d能级电子数为10或1～5，原子的价电子排布为（n﹣1）d6﹣8ns2的元素为Ⅷ族元素，故B错误；C．基态原子的p能级上半充满的元素，电子最后填充p能级，属于p区，故C正确；-23-\nD．为ⅢB～ⅦB及Ⅷ族元素，其族序数为外围电子中d、s能级含有电子数目之和，族序数一定为x+y，为ⅠB族、ⅡB族元素，族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数为y，故D错误，故选：C．【点评】本题考查结构与位置关系、元素周期表，难度不大，侧重对过渡元素的考查，注意把握元素周期表的结构，过渡元素的结构特点． 13．在元素周期表中金属元素与非金属元素的分界线附近的一些元素能用于制（ ）A．合金B．半导体C．催化剂D．农药【考点】元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】本题根据元素周期表中的元素分布及元素常见的性质来解题，一般金属延展性较好，可用于做合金，金属元素和非金属元素交界处的元素可以制作半导体材料，一般过度金属可以用来做催化剂，农药分为有机和无机，一般非金属元素可以制作有机农药．【解答】解：A．在元素周期表中，金属元素位于元素周期表的左下方，可以用来做导体，可以用来做合金等，像镁和铝等，故A错误；B．在金属元素和非金属元素交接区域的元素可以用来做良好的半导体材料，像硅等，故B正确；C．可以用于做催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素，故C错误；D．非金属元素位于右上方，非金属可以制备有机溶剂，部分有机溶剂可以用来做农药，故D错误．故选B．【点评】本题考察了元素周期表中，金属元素一般可以用来做导体或合金等，如镁铝合金；如硅等，位于金属元素和非金属元素交接区域，用来做良好的半导体材料；非金属可以制备有机溶剂，部分有机溶剂可以用来做农药；一般为过渡金属元素可以用于做催化剂． 14．13C﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，KurtWuthrich等人为此获得2022年诺贝尔化学奖．下面有关13C、15N叙述正确的是（ ）A．13C与15N有相同的中子数B．13C与C60互为同素异形体C．15N与14N互为同位素D．15N的核外电子数与中子数相同【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；同位素及其应用．【专题】原子组成与结构专题．【分析】13C、15N的质量数分别为13、15，质子数分别为6、7，利用质子数=电子数，质子数+中子数=质量数及同位素的概念来解答．【解答】解：A．13C与15N的中子数分别为7、8，故A错误；B．13C为原子，C60为单质，二者不是同素异形体，故B错误；C．15N与14N为质子数都是7，但中子数不同的原子，则互为同位素，故C正确；D．15N的核外电子数为7，中子数为15﹣7=8，故D错误；故选C．【点评】本题考查原子的构成及原子中的数量关系，较简单，熟悉同位素、同素异形体的概念及判断可解答．-23-\n 15．下列化学用语的书写，正确的是（ ）A．CH4分子的比例模型：B．硫原子的结构示意图：C．溴化钠的电子式：D．CO2的电子式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．甲烷分子中，碳原子的相对体积大于H原子，且为正四面体结构；B．硫原子的核电荷数=核外电子总数=16，最外层为6个电子；C．溴化钠为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷；D．二氧化碳分子中含有两个碳氧双键．【解答】解：A．甲烷为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子，甲烷的比例模型为，故A正确；B．硫原子的质子数是16，最外层电子数为6，正确的原子结构示意图为：，故B错误；C．溴化钠为离子化合物，由钠离子和溴离子构成，电子式为，故C错误；D．CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为，故D错误；故选A．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、原子结构示意图、比例模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力． 16．已知氮化铝的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是（ ）A．氮化铝晶胞结构与NaCl相同B．第一电离能N＜AlC．电负性N＞AlD．原子半径N＞Al【考点】元素电离能、电负性的含义及应用．【专题】推断题；热点问题；结构决定性质思想；演绎推理法；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】A．NaCl晶胞中，没有氯离子周围有6个钠离子，每个钠离子周围有6个氯离子；-23-\nB．元素非金属性越强，原子越不易失去电子，第一电离能越大；C．非金属性越强，电负性越大；D．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大．【解答】解：A．NaCl晶胞中，没有氯离子周围有6个钠离子，每个钠离子周围有6个氯离子，AlN晶体中每个N原子周围有3个Al原子，二者晶胞结构不相同，故A错误；B．元素非金属性越强，原子越不易失去电子，第一电离能越大，故第一电离能N＞Al，故B错误；C．非金属性越强，电负性越大，故电负性N＞Al，故C正确；D．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径N＜Al，故D错误，故选：C．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及电负性、电离能、原子半径、晶体结构等，需要学生具备一定灵活运用基础知识的能力，难度中等． 17．下列现象不能用氢键解释的是（ ）A．冰的密度小于液态水B．NH3容易液化C．NH3极易溶于水D．HF分子比HCl分子稳定【考点】氢键的存在对物质性质的影响．【专题】化学键与晶体结构．【分析】N、O、F元素的电负性较强，对应的氢化物可形成氢键，氢键是一种较强的分子间作用力，是由电负性强的原子（如F，O，N）对氢原子的吸引力产生的，能够影响物质的熔点、沸点、密度等，以此解答该题．【解答】解：A．冰中含有氢键，其体积变大，则质量不变时冰的密度比液态水的密度小，故A不选；B．氨气分子之间能形成氢键，沸点高，因此易液化，故B不选；C．水分子与甲醇分子之间能形成氢键，则甲醇极易溶于水，故C不选；D．由于F元素的非金属性较Cl元素强，氢气和氟气化合比氢气和氯气化合更容易，则生成的气态氢化物的稳定性越强，与分子间氢键无关，故D选．故选D．【点评】本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响，明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键，题目难度不大． 18．金属钠晶体为体心立方晶体（晶胞如图），实验测得钠的密度为ρ（g•cm﹣3）．已知钠的相对原子质量为a，阿伏加德罗常数为NA（mol﹣1），假定金属钠原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切．则钠原子的半径r（cm）为（ ）A．3B．×3C．×3D．×3【考点】晶胞的计算．-23-\n【分析】根据求得晶胞体积，再得到晶胞边长，因为金属钠原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切，所以钠原子的半径为晶胞体对角线的，据此可以确定钠原子的半径．【解答】解：因为金属钠晶体为钾型，所以在晶胞中含有钠原子数为1+8×=2，设晶胞边长为x，根据得，，所以x=，所以晶胞的休对角线长度为×，所以钠原子半径=×，故选C．【点评】本题考查了晶胞的计算，比较简单，解题时要运用好基本公式． 19．今年是世界反法西斯战争暨中国人民抗日战争胜利70周年．二战期间日本是在战场上唯一大量使用毒气弹的国家．芥子气〔（ClCH2CH2）2S〕是其中一种毒气，即使嗅觉不能感受的极低浓度也会对人造成伤害，可用NaOH溶液解毒．芥子气可用以下方法制备：2CH2=CH2+S2Cl2→（ClCH2CH2）2S+S．下列有关说法正确的是（ ）A．芥子气不是烃的衍生物B．芥子气可以和硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀C．S2Cl2中有极性键和非极性键D．NaOH溶液解毒原理是酸碱中和反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．含有S、Cl等元素，为烃的衍生物；B．为非电解质，不能电离；C．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；D．（ClCH2CH2）2S在氢氧化钠中发生卤代烃的水解反应．【解答】解：A．芥子气含有S、Cl等元素，为烃的衍生物，故A错误；B．为非电解质，不能电离，加入硝酸银，不能生成沉淀，故B错误；C．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，则S2Cl2中有S﹣Cl极性键和S﹣S非极性键，故C正确；D．（ClCH2CH2）2S在氢氧化钠中发生卤代烃的水解反应，所以NaOH溶液解毒原理是发生卤代烃的水解反应，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及有机物的结构和性质、共价键以及电解质的电离等知识，为高频考点，侧重基本概念、基本理论的考查，注意相关知识的积累，难度不大． 20．X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示．Z元素原子核外K层与M层电子数相等．下列说法中正确的是（ ）-23-\nA．Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式为H2YO3B．原子半径由小到大的顺序为：Y＜X＜W＜ZC．室温下，Z和W的单质均能溶于浓硝酸D．X、Z两种元素的氧化物中所含化学键类型相同【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，Z元素原子核外K层与M层电子数相等，则Z原子M层电子数为2，故Z为Mg元素，由元素周期表中的相对位置可知，W为Al元素、X为C元素、Y为N元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解答】解：X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，Z元素原子核外K层与M层电子数相等，则Z原子M层电子数为2，故Z为Mg元素，由元素周期表中的相对位置可知，W为Al元素、X为C元素、Y为N元素，A．Y为N元素，最高价氧化物对应的水化物化学式为HNO3，故A错误；B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径N＜C＜Al＜Mg，故B正确；C．常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，不能溶于浓硝酸，故C错误；D．X、Z两种元素的氧化物分别为二氧化碳和氧化镁，分别为共价键和离子键，故D错误．故选B．【点评】本题考查结构位置性质关系应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意把握元素周期表的结构、元素周期律的递变规律，D选项为易错点，注意化学键类型的判断． 21．下面的电子结构中，第一电离能最小的原子可能是（ ）A．ns2np3B．ns2np5C．ns2np4D．ns2np6【考点】元素电离能、电负性的含义及应用．【专题】原子组成与结构专题．【分析】同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族元素中，其第一电离能随着原子序数的增大而减小．【解答】解：同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，同一主族元素中，其第一电离能随着原子序数的增大而减小，ns2np3属于第VA族元素、ns2np5属于第VIIA族元素、ns2np4属于第VIA族元素、ns2np6属于O族元素，如果这几种元素都是第二周期元素，其第一电离能大小顺序是Ne＞F＞N＞O，所以第一电离能最小的原子可能是第VIA族元素，故选C．【点评】本题考查了第一电离能大小的判断，明确元素周期律中第一电离能变化规律是解本题关键，再根据元素在周期表中所处位置判断，题目难度不大． 22．X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（ ）-23-\nA．由mXa+与nYb﹣，得m+a=n﹣bB．X2﹣的还原性一定大于Y﹣C．X、Y一定不是同周期元素D．若X的原子半径大于Y，则气态氢化物的稳定性HmX一定大于HnY【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．简单离子的电子层结构相同，则核外电子数相同；B．简单离子的电子层结构相同，X、Y位于同周期，为非金属元素，原子序数越大的非金属性强，对应离子的还原性弱；C．简单离子的电子层结构相同，X、Y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，否则不在同一周期；D．简单离子的电子层结构相同，X的原子半径大于Y，X可能为金属．【解答】解：A．由mXa+与nYb﹣，离子的电子层结构相同，则核外电子数相同，所以m﹣a=n+b，故A错误；B．简单离子的电子层结构相同，X、Y位于同周期，为非金属元素，Y的原子序数大，则X2﹣的还原性一定大于Y﹣，故B正确；C．简单离子的电子层结构相同，X、Y均为阴离子、或均为阳离子在同一周期，若一个为阳离子一个为阴离子，则一定不在同一周期，故C错误；D．简单离子的电子层结构相同，X的原子半径大于Y，X可能为金属，则不存在气态氢化物，故D错误；故选B．【点评】本题考查具有相同电子层结构的离子，明确X、Y可能为阴离子、阳离子及相对位置是解答本题的关键，题目难度不大． 23．某主族元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，由此可以判断（ ）A．R一定是第四周期元素B．R一定是ⅣA族元素C．R的气态氢化物比同周期其他元素气态氢化物稳定D．R气态氢化物化学式为H2R【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】主族元素的最高正化合价+|最低负化合价|=8，主族元素的最高正化合价=最外层电子数．【解答】解：主族元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，所以可知到R是第ⅥA的元素，而氧元素没有最高正价，所以R为S、Se、Te，故A、B错误；同一周期，从左到右，气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以R的气态氢化物不如同周期ⅤⅡA元素气态氢化物稳定，故C错误；R的最低负价是﹣2价，R气态氢化物化学式为H2R，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生元素周期表和元素周期律的综合知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大． 二、解答题（共6小题）（选答题，不自动判卷）24．下列物质中：①H2O2②KCl③NaOH④Na2O2⑤O2⑥NH4Cl-23-\n（1）写出④的电子式 ．只含有非极性键的是 ⑤ （填序号，下同）．（3）含有极性键的离子化合物是 ③⑥ ．（4）存在氢键的是 ① ．【考点】含有氢键的物质；电子式；离子化合物的结构特征与性质；极性键和非极性键．【专题】化学用语专题．【分析】（1）Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，钠离子失电子形成阳离子，过氧根离子得到电子形成阴离子；同种非金属元素之间形成非极性键；（3）不同非金属元素之间一般形成极性键，活泼金属与非金属之间一般形成离子键，铵盐中含有离子键；（4）N、O、F的氢化物之间能形成氢键．【解答】解：Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，钠离子失电子形成阳离子，过氧根离子得到电子形成阴离子，电子式为，故答案为：；只含有非极性键的是O2；故答案为：⑤；（3）③NaOH中O与H形成极性共价键，钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，⑥NH4Cl中N与H之间形成极性键，铵根离子与氯离子之间形成离子键；故答案为：③⑥；（4）N、O、F的氢化物之间能形成氢键，所以能形成氢键的是H2O2，故答案为：①．【点评】本题考查了化学键、氢键、电子式，题目难度不大，注意把握共价键、离子键和氢键的含义以及分类． 25．C和Si元素在化学中占有极其重要的地位．（1）写出Si原子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p2 ．SiC的晶体结构与金刚石相似，SiC晶体中存在的微粒间作用力是 共价键 ；SiC的熔点 ＜ 金刚石．（填“＞”或“＜”）（3）氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M的原子结构示意图为 ；MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似，则每个M2+周围吸引 6 个O2﹣；每个MO晶胞中含有 4 个M2+和 4 个O2﹣；MO的熔点比CaO的高，其原因是 Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能大 ．（4）富勒烯（C60）的结构如图，1molC60分子中含有 90 molσ键．【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布．-23-\n【专题】简答题；热点问题；结构决定性质思想；演绎推理法；化学用语专题；化学键与晶体结构．【分析】（1）Si是28号元素，原子核外有3个电子层、最外层电子数是4，据此写出Si原子的核外电子排布式；SiC属于原子晶体，微粒间存在共价键，硅的原子半径大于碳，所以硅碳键的键能小于碳碳键；（3）根据电子数相等计算M原子电子数，根据原子中电子数=原子序数确定元素，根据氯化钠中离子配位数确定M2+的配位数，利用均摊法计算晶胞中离子数目，离子晶体的熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比；（4）富勒烯中每个碳原子形成3个σ键，据此确定C原子杂化方式，每个C原子平均占有1.5个σ键，据此计算1molC60分子中含有σ键的物质的量．【解答】解：（1）Si元素为14号元素，原子核外有14个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，故答案为：1s22s22p63s23p2；SiC属于原子晶体，微粒间存在共价键，硅的原子半径大于碳，所以硅碳键的键能小于碳碳键，所以SiC的熔点＜金刚石，故答案为：共价键；＜；（3）氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M原子中电子数为12，原子中电子数=原子序数=12，所以M为Mg元素，镁的原子结构示意图为，氯化钠中阴阳离子配位数为6，所以MgO中Mg2+的配位数为6，根据均摊法可知，氯化钠晶胞中含有氯离子数目为4，钠离子数目为4，所以氧化镁中氧离子、镁离子数分别为4、4，MgO和CaO都是离子晶体，镁离子半径小于钙离子，且二者所带电荷相等，所以MgO的晶格能大于CaO，所以MgO的熔点高于CaO，故答案为：；6；4；4；Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能大；（4）富勒烯中每个碳原子形成3个σ键，每个C原子平均占有1.5个σ键，则1molC60分子中含有σ键的物质的量为90mol，故答案为：90．【点评】本题考查较综合，涉及原子杂化方式的判断、晶格能等知识点，根据存在的σ键个数确定原子杂化方式，根据离子晶体熔点与晶格能、离子半径的关系来分析解答，题目难度不大． 26．常用于除去高速公路冰雪的是“氯盐类”融雪剂，如NaCl、MgCl2等，请回答：（1）“氯盐类”融雪剂主要成分的晶体类型为 离子晶体 ；冰比硫化氢热稳定性高的原因是 O﹣H键的键长小于H﹣S键的键长 ．（3）已知X、Y和Z为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如表所示：电离能/kJ•mol﹣1I1I2I3I4X5781817274511578Y7381451773310540Z496456269129543则元素Y第一电离能大于X的原因是 Mg为3s2构型，完全充满状态，是一种稳定结构 ；-23-\n（4）融雪剂对环境危害很大，如和路基上的铁等金属形成原电池，加快路面破损．铁元素应用广泛，Fe2+与KCN溶液反应得Fe（CN）2沉淀，KCN过量时沉淀溶解，生成配合物黄血盐．①写出亚铁离子的核外电子排布式 [Ar]3d6 ；②已知CN﹣与N2结构相似，1molCN﹣中π键数目为 2NA ．【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；离子晶体．【专题】简答题；热点问题；结构决定性质思想；演绎推理法；化学用语专题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】（1）根据晶体的组成元素及性质分析晶体的类型；根据元素周期律，元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；（3）根据第一至第四电离能的变化可判断出各元素的最高化合价，进而推断元素的种类，周期表中，同周期元素从左到右电负性逐渐增强；（4）根据能量最低原理及洪特规则书写电子排布式；从N2的结构分析lCN+中π键数目．【解答】解：（1）NaC1、MgC12等为活泼金属与活泼非金属性形成的化合物，为离子晶体，故答案为：离子晶体；根据元素周期律，元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，O﹣H比S﹣H键长短，键能大，所以冰比硫化氢热稳定性高，故答案为：O﹣H键的键长小于H﹣S键的键长；（3）从表中原子的第一至第四电离能可以看出，Z的第一电离能较小，而第二电离子能较大，说明易失去1个电子，则Z的化合价为+1价，应为Na元素，Y的第一、第二电离能较小，可失去2个电子，即最外层应有2个电子，应为Mg元素，而X的第一、第二、第三电离能都较小，可失去3个电子，最高化合价为+3价，应为Al元素，周期表中，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，则X、Y、Z的电负性从大到小的顺序为Al、Mg、Na，因为元素Mg价电子排布式为3s2完全充满状态，比Al稳定，所以Mg的第一电离能大于Al，故答案为：Mg为3s2构型，完全充满状态，是一种稳定结构；（4）①铁元素基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，所以亚铁离子的核外电子排布式为[Ar]3d6，故答案为：[Ar]3d6；②N2中，N原子之间含有2个π键，已知CN﹣与N2结构相似，则1molCN﹣中π键数目为2NA，故答案为：2NA．【点评】本题考查原子、分子以及晶体的结构和性质，题目难度较大，本题注意把握电子排布式的书写、晶体类型的判断以及晶体结构的分析等方法性问题的总结和积累． 27．Sn（核电荷数为50）是人类最早使用的元素之一，能形成SnCl2，SnCl4两种氯化物，SnCl2常温下为白色晶体，具有一维链状的聚合结构，气态时以单分子形式存在，而SnCl4常温下为无色液体．白锡和灰锡是Sn的两种同素异形体，白锡的晶体结构中Sn原子的配位数为4和6，灰锡的晶体结构与金刚石的晶体结构相似．白锡的密度大于灰锡的密度．-23-\n（1）Sn元素外围电子排布式为 5s25p2 ．SnCl2的一维链状聚合结构如图1所示，在分子结构中存在的化学键是 共价键、配位键 ．（3）SnCl4与CCl4中沸点较高的是 SnCl4 ．原因是 SnCl4相对分子质量大，范德华力大 ．（4）锡的某种氧化物的晶胞如图2，其化学式为 SnO2 ．（5）解释白锡分子的密度大于灰锡的密度的原因 配位数大，空间利用率大 ．【考点】原子核外电子排布；化学键；晶胞的计算．【专题】化学键与晶体结构．【分析】（1）Sn属于ⅣA族元素，价电子排布式为ns2np2，位于第5周期，可确定其价电子排布式；配位键为Sn提供空轨道，Cl提供孤对电子，根据图1可知形成两条共价键的Cl，其中一条为配位键；（3）判断两种化合物晶体类型，根据微粒间相互作用判断熔沸点；（4）利用均摊法计算；（5）根据白锡和灰锡的配位数和空间想象能力，判断密度；【解答】解：（1）Sn属于ⅣA族元素，价电子排布式为ns2np2，位于第5周期，可确定其价电子排布式为：5s25p2，故答案为：5s25p2；配位键为Sn提供空轨道，Cl提供孤对电子，根据图1可知形成两条共价键的Cl，其中一条为配位键，配位键表示为由形成两条共价键的Cl指向Sn；故答案为：共价键、配位键；（3）SnCl4与CCl4都属于分子晶体，所以相对分子质量较大的分子，范德华力大，熔沸点较高，故答案为：SnCl4；SnCl4相对分子质量大，范德华力大；（4）O位于体心和面心，数目为2+4×=4，Sn位于顶点和体心，数目为8×+1=2，原子数目比为2：1，化学式为SnO2；故答案为：SnO2；（5）白锡的晶体结构中Sn原子的配位数为4和6，灰锡的晶体结构与金刚石的晶体结构相似，配位数为4，前者配位数较大，其空间利用率较大，所以其密度大于灰锡，故答案为：配位数大，空间利用率大．【点评】本题主要考查了物质的结构，涉及到价电子排布式、化学键、熔沸点比较以及有关晶体的计算，难度中等． 28．在下列空格中，填上适当的元素符号．（1）在第3周期中，第一电离能最大的元素是 Ar ．在元素周期表中，电负性最大的元素是 F ．（3）在第4周期元素中，原子的4p轨道半充满的是 As ，3d轨道半充满的是 Cr、Mn ．【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布．【专题】简答题；热点问题；结构决定性质思想；演绎推理法；元素周期律与元素周期表专题．-23-\n【分析】（1）同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，同周期中稀有气体元素的第一电离能最大，据此判断在第3周期中，第一电离能最大的元素；在元素周期表中，同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强，同主族元素从上向下，元素的非金属性减弱，电负性减弱；（3）在第4周期元素中，原子的4p轨道半充满的元素的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s24p3，3d轨道半充满的元素的电子排布为s22s22p63s23p63d64s2或s22s22p63s23p63d54s1或s22s22p63s23p63d54s2，据此判断元素．【解答】解：（1）同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，同周期中稀有气体元素的第一电离能最大，所以在第3周期中，第一电离能最大的元素为Ar，故答案为：Ar；在元素周期表中，同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强，同主族元素从上向下，元素的非金属性减弱，电负性减弱，在元素周期表中，电负性最大的元素是F，故答案为：F；（3）在第4周期元素中，原子的4p轨道半充满的元素的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s24p3，是As元素，3d轨道半充满的元素的电子排布为s22s22p63s23p63d64s2或s22s22p63s23p63d54s1或s22s22p63s23p63d54s2，是Cr元素或Mn元素，故答案为：As；Cr、Mn．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，涉及元素周期律、核外电子排布等，根据原子结构确定元素，注意熟练掌握元素周期律与物质性质的递变规律． 29．已知X、Y、Z、W、K五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素X是周期表中原子半径最小的元素；Y的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同；W位于第2周期，其原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；K位于ds区且原子的最外层电子数与X的相同．请回答下列问题：（答题时，X、Y、Z、W、K用所对应的元素符号表示）（1）Y、Z、W元素的第一电离能由大到小的顺序是 N＞O＞C ．K的外围电子排布式是 3d104s1 ．（3）Y、Z元素的某种氢化物的分子中均含有18个电子，则该Y、Z的氢化物的沸点相差较大的主要原因是 N2H4分子之间存在氢键，C2H6分子之间无氢键 ．（4）若X、Y、W形成的某化合物（相对分子质量为46）呈酸性，则1mol该分子中含有 4 molσ键．（5）Z、K两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是 Cu3N ，Z原子的配位数是 6 ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W、K五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2-23-\n，则Y为碳元素；W位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s22s22p4，则W为O元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，故Z为N元素；K位于ds区，且原子的最外层电子数与X的相同，则K为Cu，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、K五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则Y为碳元素；W位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s22s22p4，则W为O元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，故Z为N元素；K位于ds区，且原子的最外层电子数与X的相同，则K为Cu．（1）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；K为Cu元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式是3d104s1，故答案为：3d104s1；（3）C、N两元素均可形成含18个电子氢化物分子，其氢化物分子分别为C2H6、N2H4，N2H4分子之间存在氢键，C2H6分子之间无氢键，二者沸点相差较大，故答案为：N2H4分子之间存在氢键，C2H6分子之间无氢键；（4）若H、C、O形成的某化合物（相对分子质量为46）呈酸性，该化合物为HCOOH，结构式为，则1mol该分子中含有4molσ键，故答案为：4；（5）根据晶胞结构图可知，晶胞中黑色球数为：12×=3，白色球数为：8×=1，原子个数比为3：1，结合铜元素和氮元素的化合价可知黑色球为铜，白色球为氮，化学式为：Cu3N，根据晶胞的结构可知，每个氮原子周围有6个铜原子与之相连，所以氮原子的配位数为6，故答案为：Cu3N；6．【点评】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、电离能、氢键、化学键、晶胞计算等，是对学生综合能力的考查． 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