【化学】内蒙古开鲁县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）
内蒙古开鲁县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 B:11 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 Si:28 P:31
一、选择题(共21题 ，2×21=42分)
1.把周期表由左到右按顺序编为18列，如碱金属为第1列，稀有气体为第18列。下列说法正确的是( )
A. 元素周期表有七个周期18个族
B. 第3列元素种类最多，第14列的化合物种类最多
C. 从上到下第1列元素的单质熔点逐渐升高，而第17列元素的单质熔点逐渐降低
D. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．元素周期表中有七个主族，七个副族，一个零族，一个第Ⅷ族（第8、9、10列），共16个族，A错误；
B．第3列为第ⅢB族，共32种元素，是元素种类最多的族，第14列为第ⅣA族，即碳族元素，C是形成化合物种类最多的元素，故第14列的化合物种类最多，B正确；
C．第1列元素除氢外，单质的熔点逐渐降低，第17列元素即卤族元素从上到下单质的熔点升高，C错误；
D．He原子的最外层电子数也为2，但He位于第18列，D错误。
答案选B。
2.下列有关化学用语的表示错误的是( )
A. 次氯酸的电子式为
B. 有a个电子、b个中子，R的原子符号为
C. 用电子式表示的形成过程为
D. N2的结构式：N≡N
【答案】C
【解析】
【详解】A．次氯酸的电子式为，A正确；
B．
有a个电子、b个中子，则a=质子数-2，则质子数=a+2，质量数=质子数+中子数=a+2+b，所以，R的原子符号为，B正确；
C．Ca原子失电子，方向反了，应为，C错误；
D．N2的结构式：N≡N，D正确。
答案选C。
3.下列各组中属于同位素关系的是（ ）
A. 金刚石与石墨 B. T2O与H2O C. 40K与39K D. 16O与16O2－
【答案】C
【解析】
【详解】A、金刚石和石墨互为同素异形体，A错误；
B、二者均表示水分子，不能互为同位素，B错误；
C、二者的质子数相同，中子数不同，互为同位素，C正确；
D、二者的质子数和中子数均相同，不能互为同位素，D错误；
答案选C。
【点晴】掌握同位素的含义是解答的关键，对于同位素、同素异形体、同系物和同分异构体这四组概念，学习时应着重从其定义、对象、化学式、结构和性质等方面进行比较，抓住各自的不同点，注意从本质上理解和掌握。
4.解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与化学键强弱无关的变化规律是
A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
B. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
C. F2、C12、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高
D. Li、Na、K、Rb 的熔点逐渐降低
【答案】C
【解析】
【详解】A、HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，是因为氢原子和卤素原子间共价键的键能依次减小的缘故，与共价键的强弱有关，选项A不选；
B、NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次减低，是因为钠离子和卤素离子间的晶格能依次减弱的缘故，与离子键的强弱有关，选项B不选；
C、F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高，是因为卤素单质分子间作用力依次增大，与化学键的强弱无关，选项C选；
D、碱金属元素从上到下，原子半径逐渐增大，金属键逐渐减小，金属单质的熔点逐渐降低，则熔点：Li＞Na＞K＞Rb，与金属键的强弱有关，选项D不选；
答案选C。
5.下列各组顺序的排列错误的是（ ）
A. 沸点：H2O＜H2S＜H2Se
B. 半径：F-＞Na+＞Mg2+＞Al3+
C. 酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4
D. 熔点：SiO2＞NaCl＞CO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比，且含有氢键的氢化物熔沸点较高，水中含有氢键，熔沸点最高，所以沸点H2S＜H2Se＜H2O，故A错误；
B．电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，从F到Al其原子序数依次增大，所以离子半径F−＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故B正确；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞S＞P，所以酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故C正确；
D．一般来说，晶体熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，二氧化硅是原子晶体、氯化钠是离子晶体、二氧化碳是分子晶体,所以熔点：SiO2＞NaCl＞CO2，故D正确；
答案选A。
【点睛】电子层结构相同的离子，原子序数越大，对核外电子的吸引能力增强，离子半径随着原子序数增大而减小。
6.下列过程中，破坏的作用力相同的是
A. 干冰升华和碘升华 B. HCl溶于水和NaCl溶于水
C. 石英熔化和冰熔化 D. NH4Cl受热分解和HI受热分解
【答案】A
【解析】
【详解】A、干冰升华破坏分子间作用力，碘升华破坏分子间作用力，正确，选A；
B、氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶于水破坏离子键，错误，不选B；
C、石英熔化破坏共价键，冰熔化破坏氢键，不选C；
D、氯化铵分解破坏离子键和共价键，碘化氢分解破坏共价键，错误，不选D。
答案选A。
7.下列说法中正确的是
A. NO2、BF3、PCl3这三个分子中的所有原子最外层电子均未满足8电子稳定结构
B. 在干冰中，每个CO2分子周围有6个紧邻的分子
C. 在NaCl晶体中，Na+的配位数为6
D. 金属导电的实质是金属阳离子在外电场作用下的定向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A.氮的化合价是＋4价，而氮原子的最外层电子数是5，所以不满足8电子稳定结构。BF3中B的化合价是＋3价，原子的最外层电子数是3个，所以不满足8电子稳定结构。其它原子均满足8电子稳定结构，故A错误；
B.在干冰中，每个CO2分子周围有12个紧邻的分子，故B错误；
C.在NaCl晶体中，Na+的配位数为6，故C正确；
D.金属导电的实质是自由电子在外电场作用下的定向移动，故D错误。
故答案选：C。
【点睛】金属导电的实质是自由电子在外电场作用下的定向移动。
8.下列有关晶体的叙述不正确的是（ ）
A. 氯化钠和氯化铯晶体中，阴离子的配位数均为6
B. 金刚石为空间网状结构，由碳原子以sp3杂化轨道形成共价键
C. 金属钠的晶体采用体心立方堆积，每个晶胞含2个原子，配位数为8
D. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化钠晶体中氯离子的配位数为6，氯化铯晶体中氯离子的配位数为8，则氯化钠和氯化铯晶体中氯离子的配位数不相同，A选项错误；
B．金刚石为空间网状结构，一个碳原子与4个碳原子形成共价键，所以碳原子采取sp3杂化，B选项正确；
C．金属钠的晶体采用体心立方堆积，所以每个晶胞含原子数为，每个钠原子周围距离最近的钠原子有8个，所以配位数为8，C选项正确；
D．在干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子，D选项正确；
答案选A。
9.下列事实与氢键有关的是：( )
A. 水加热到很高的温度都难以分解
B. 水结成冰时体积膨胀，密度减小
C. CH4、SiH4、GeH4沸点随相对分子质量增大而升高
D. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关，水加热到很高的温度都难以分解，是因为水分子中的共价键键能大，故A不选；
B．氢键具有方向性，氢键的存在迫使四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大，当冰刚刚融化为液态水时，热运动使冰的结构部分解体，水分子间的间隙减小，密度反而增大，故B选；
C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4沸点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，但分子间不存在氢键，与氢键无关，故C不选；
D．氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关，HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱是因为分子内的共价键键能依次减小，故D不选；
故答案为B。
10.有一位同学，在学完周期表的知识后，大胆预测了第120号元素可能具有的性质，但其预测结果不正确的是( )
A. 该元素位于周期表中第八周期，第IIA族
B. 该元素最高价氧化物对应水化物具有强碱性
C. 该元素在自然界中并不存在，属人造元素，且具有放射性
D. 与同族已发现的其它元素相比，该元素原子半径大密度大，熔沸点高
【答案】D
【解析】
【详解】A．目前元素周期表刚好排满，第七周期最后一种元素为118号元素，则120号元素应位于第八周期，第IIA族，A正确；
B．同主族元素从上到下，金属性增强，则该元素金属性比Ca强，故该元素最高价氧化物对应水化物的碱性比Ca(OH)2强，Ca(OH)2是强碱，则该元素最高价氧化物对应水化物具有强碱性，B正确；
C．95号元素镅开始的元素都是人造元素，都具有放射性，故该元素在自然界中并不存在，属人造元素，且具有放射性，C正确；
D．与同族已发现的其它元素相比，该元素原子半径大密度大，但熔沸点低，D错误。
答案选D。
11.已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是( )
A. 22gN2O和22gCO2所含有的质子数均为11NA
B. 18gH2O和18gD2O的中子数都为10NA
C. 78gNa2O2中所含离子的数目为3NA
D. 标准状况下，2.24LD2和H2的混合气体所含质子数为0.2NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．22gN2O所含质子的物质的量==11mol，22gCO2所含质子的物质的量==11mol，即22gN2O和22gCO2所含有的质子数均为11NA，A正确；
B．18gH2O所含中子的物质的量==8mol，18gD2O所含中子的物质的量==9mol，18gH2O和18gD2O所含中子数分别为8NA、9NA，B错误；
C．78gNa2O2所含离子的物质的量==3mol，即78gNa2O2
中所含离子的数目为3NA，C正确；
D．混合气体的物质的量==0.1mol，1个D2分子和1个H2分子均含2个质子，故混合气体所含质子的物质的量=0.1mol×2=0.2mol，即所含质子数为0.2NA，D正确；
答案选B。
12.下列金属性质的比较中，能说明甲的金属性比乙强的是（ ）
①甲与水反应比乙与水反应剧烈
②单质甲能从乙的盐溶液中置换出单质乙
③甲的最高价氧化物对应水化物的碱性比乙的最高价氧化物对应水化物的碱性强
④以甲、乙金属为电极构成原电池，甲作负极
A. ①④
B. ③④
C. ①②③④
D. ①②③
【答案】C
【解析】
【分析】
一般来说，金属与水或酸反应产生氢气越剧烈、金属最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属的活动性就越强；相对活泼的金属能从盐溶液中置换出不活泼金属；当两种金属为电极构成原电池时，负极为相对活泼的金属。
【详解】元素金属性强弱判断方法有：金属的金属性越强其最高价氧化物的水化物碱性越强，活动性较强的金属能置换出较不活泼的金属，金属的金属性越强其单质与酸或水反应越剧烈，
①甲跟水反应比乙与水反应剧烈，说明甲的金属性比乙强，故①正确；
②甲单质能从乙的盐溶液中置换出单质乙，说明甲的金属性大于乙，故②正确；
③甲的最高价氧化物的水化物碱性比乙的最高价氧化物的水化物碱性强，说明甲的金属性大于乙，故③正确；
④以甲、乙金属为电极构成原电池，甲作负极，原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，所以甲的金属性大于乙，故④正确；
答案选C。
13.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期。下列叙述不正确的是( )
A. 离子半径大小：R3＋＜X＋＜M2－
B. Y与M组成的化合物是形成光化学烟雾的原因之一
C. 将YM2通入Ba(NO3)2溶液中有大量白色沉淀产生
D. M的氢化物的熔、沸点高于Z的氢化物的熔、沸点
【答案】B
【解析】
【分析】
X是短周期中最活泼的金属，则X是Na；R与X同周期，且主要化合价为+3，则R为Al；Y和M主要化合价均有-2价，且Y有+6价，则Y为S，M为O；Z的原子半径比Y(S)小且主要化合价为+5、-3，则Z为N，综上所述，X、Y、Z、M、R分别为：Na、S、N、O、Al，据此解答。
【详解】A．R为Al，X为Na，M为O，R3＋、X＋、M2－均含2个电子层，核电荷数：R3＋＞X＋＞M2－，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：R3＋＜X＋＜M2－，A正确；
B．Y为S，M为O，氮氧化物是形成光化学烟雾的原因之一，不是硫氧化物，B错误；
C．YM2即SO2，SO2与水反应生成亚硫酸，NO3-在酸性条件下有强氧化性，将SO2氧化成SO42-，SO42-和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，C正确；
D．M为O，其简单氢化物为H2O，常温呈液态，Z为N，其简单氢化物为NH3，常温呈气态，故M(O)的氢化物的熔、沸点高于Z(N)的氢化物的熔、沸点，D正确。
答案选B。
14.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，W与X同主族。下列说法不正确的是
A. 原子半径大小顺序：r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y）
B. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
C. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的最高价氧化物对应水化物的酸性强
D. Y的简单氢化物的热稳定性比W的强
【答案】B
【解析】
【分析】
X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2-具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z为Mg
详解】A．Mg和Si、C和O同周期，C和Si同主族，同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径r（Mg）＞r（Si）＞r（C）＞r（O），A错误；
B．Y分别与Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键，化学键类型不同，B错误；
C．C和Si同主族，非金属性C＞Si，因此碳酸的酸性大于硅酸的酸性，C正确；
D．非金属性O＞Si，元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于SiH4，D正确；
答案选B。
【点睛】本题内容是高考命题的重点内容，年年必考。主要以选择题、推断题形式出现。主要考查方式为根据原子结构或离子的特征，判断它们在周期表中的位置，然后再判断原子半径、元素金属性、非金属性的具体表现（如氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸碱性等）、微粒半径大小比较等。
15.短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增大。由这些元素组成的四种常见10电子微粒A、B、C、D的转化关系如图所示(条件已省略)，其中B、D的组成元素相同，D为常见无色液体。下列有关说法一定错误的是( )
A. 若A氢化物，则热稳定性：A>D
B. 若A为氢化物，则简单离子半径：Z>Y
C. 若C为氢化物，则熔沸点：C
W
C. 化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【答案】D
【解析】
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W－
的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，则
A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；
B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；
C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；
D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。
故选D。
17.W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数的变化趋势如图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X是短周期中金属性最强的元素；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强。下列说法正确的是（ ）
A. 对应气态氢化物的稳定性：Y＞W
B. 对应简单离子的半径：W＞Z
C. 化合物XZW中既含离子键也含共价键
D. Y的氧化物能与Z的最高价氧化物对应的水化物反应
【答案】C
【解析】
【详解】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X是短周期金属性最强的元素，可知X为11号元素，则X是Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，则Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，则Z是Cl元素；
A．非金属性：O＞Si，对应简单气态氢化物的稳定性：H2O＞SiH4，故A错误；
B．O、Cl对应的简单离子，电子层数越多，离子半径越大，则简单离子半径：Cl-＞O2-，故B错误；
C．NaClO为离子化合物，Na+与ClO-之间为离子键，氯原子与氧原子之间为共价键，故C正确；
D．SiO2和HClO4不反应，故D错误；
答案选C。
【点睛】SiO2属于酸性氧化物，不与酸（如硫酸、硝酸、高氯酸等）发生反应，但是其能够与弱酸氢氟酸发生反应，这是二氧化硅的特性。
18.甲～庚等元素在周期表中的相对位置如下表，己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数。下列判断正确的是( )
A. 丙与戊的原子序数相差18
B. 气态氢化物的稳定性：庚<己<戊
C. 常温下，甲和乙的单质均能与水剧烈反应
D. 丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维
【答案】D
【解析】
【分析】
己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，则己为S，甲原子最外层与最内层具有相同电子数，则甲为Mg，则结合元素在周期表中的位置可知，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚分别为：Mg、Ca、B、Si、As、F，据此解答。
【详解】A．戊的原子序数=P的原子序数+18=15+18=33，故丙与戊的原子序数相差：33−5=28，A错误；
B．由相对位置可知，非金属性：庚＞己＞戊，故气态氢化物的稳定性：庚＞己＞戊，B错误；
C．常温下，甲(Mg)与水缓慢反应，C错误；
D．丁为Si，丁的最高价氧化物即SiO2可用于制造光导纤维，D正确。
答案选D。
19.短周期元素Q、W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中只有Z为金属元素。则下列说法中正确的是
A. W、X两种元素在自然界中都存在相应的单质
B. Q、Y分别与活泼金属元素形成的化合物中仅含离子键
C. Y、Z分别形成的简单离子中，前者的半径较大
D. X、Z的最高价氧化物对应的水化物之间容易相互发生反应
【答案】C
【解析】
【分析】
根据元素在周期表中的相对位置可知，Z是第三周期元素。只有Z为金属元素，所以Z是Al，则W是Si，X是C，Y是O，Q是Cl。据此解答。
【详解】A．W、X两种元素在自然界中只有碳元素存在相应的单质，硅不存在，A错误；
B．Q、Y分别与活泼金属元素形成的化合物中不一定仅含离子键，例如氯化铝中含有共价键，B错误；
C．核外电子排布相同的微粒，其离子半径随原子序数的增大而减小，则Y、Z分别形成的简单离子中，前者的半径较大，C正确；
D．氢氧化铝不能溶解在弱酸碳酸中，D错误，答案选C。
20.X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示。下列说法错误的是
A. R的氧化物含有离子键 B. 最高价含氧酸的酸性：ZY、Z，所以M是第三周期的硫，相应地Y、Z是第二周期的碳、氮。因为原子半径XM，R可为钠。A.钠的氧化物氧化钠和过氧化钠都含有离子键，故A正确；B.非金属性Z>Y，所以最高价含氧酸的酸性：Z>Y，故B错误；C.硫化氢常温常压下为气体，故C正确；D.有机物比无机物种类多得多，有机物都是含碳的化合物，所以Y形成的化合物种类最多，故D正确。
点睛：原子半径的变化规律: 同周期从左到右，原子半径渐小；同主族从上到下，原子半径渐大。
21.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，已知：四种原子最外层电子数之和为24。下列说法正确的是
A. 元素Ⅹ和元素Z的最高正化合价相同
B. 单核阴离子半径的大小顺序为：r(W)>r(X)
C. 气态简单氢化物的热稳定性顺序为：Yr(W)，B错误；
C．根据元素周期律，非金属元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：F>O>S>P，气态氢化物的稳定性：W>X>Z>Y，C正确；
D．S元素+4价的氧化物对应水化物为亚硫酸，为弱酸，D错误；
故答案选C
二、非选择题(本题包括4小题，共58分)
22.有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数由A到E依次增大，A原子核内只有一个质子，已知B和D原子有相同的电子层数，且B的L层电子数是K层电子数的两倍，E在空气中燃烧时呈现黄色火焰，E的单质在加热下与D的单质充分反应，可以得到淡黄色固态化合物，试根据以上叙述回答：
(1)写出元素C在周期表中位置________________
(2)E的单质在加热下与D的单质充分反应，可以得到淡黄色固态化合物的电子式_________________
(3)C的氢化物与其最高价含氧酸反应的化学方程式及产物中阳离子的电子式__________、__________
(4)B、C、D的氢化物的稳定性的由大到小的顺序为：___________(氢化物的化学式)，理由是：________________
【答案】 (1). 第二周期第VA族 (2). (3). NH3+HNO3=NH4NO3 (4). (5). CH4＜NH3＜H2O (6). 非金属性越强，气态氢化物的稳定性越好，三者的非金属性：C＜N＜O，故稳定性：CH4＜NH3＜H2O
【解析】
【分析】
A原子核内只有一个质子，则A为H；B的L层电子数是K层电子数的两倍，则B原子的核外电子总数为2+4=6，B为C；E在空气中燃烧时呈现黄色火焰，则E为Na；E(Na)的单质在加热下与D的单质充分反应，可以得到淡黄色固态化合物，则该淡黄色固态化合物为Na2O2，D为O；C的原子序数必B(C)大，比D(O)小，则C为N；综上所述，A、B、C、D、E分别为：H、C、N、O、Na，据此解答。
【详解】(1)元素C为N，其位于元素周期表的第二周期第VA族，故答案为：第二周期第VA族；
(2)该淡黄色固体为Na2O2，其电子式为：，故答案为：；
(3)元素C为N，其氢化物为NH3，其最高价含氧酸为HNO3，NH3与HNO3反应生成NH4NO3
，其化学方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3，阳离子NH4+的电子式为：，故答案为：NH3+HNO3=NH4NO3；；
(4)B、C、D分别为：C、N、O，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越好，三者的非金属性：C＜N＜O，所以，三者的氢化物的稳定性的由大到小的顺序为：CH4＜NH3＜H2O，故答案为：CH4＜NH3＜H2O；非金属性越强，气态氢化物的稳定性越好，三者的非金属性：C＜N＜O，故稳定性：CH4＜NH3＜H2O。
23.下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：
(1)写出①原子结构示意图_______________
(2)在这些元素中，金属性最强的元素是_______，(填元素符号)元素⑦与元素⑧相比，非金属性较强的是 _____________(填元素符号)
(3)⑤的最高价氧化物对应水化物与⑧的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为：________________
(4)⑤的单质与③的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为___________________________
(5)已知某元素原子最外层电子数是其次外层电子数的2倍，该元素可以与⑦形成一种AB2型的化合物，请用电子式表示其形成过程：_____________________________ 。
【答案】 (1). (2). K (3). Cl (4). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O (5). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (6).
【解析】
【分析】
结合元素周期表的结构可知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫分别为：N、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Ca、Br，据此解答。
【详解】(1)①为N，其原子结构示意图为：，故答案为：；
(2)根据同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强，同主族从上到下元素的金属性逐渐增强、元素的非金属性逐渐减弱，金属性最强的为⑩K，元素⑦与元素⑧相比，非金属性较强的是⑧(Cl)，故答案为：K；Cl；
(3)⑤为Al，最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，⑧为Cl，其最高价氧化物对应水化物为HClO4，二者反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
(4)⑤的单质即Al，③的最高价氧化物对应水化物即NaOH，Al和NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
(5)原子最外层电子数是其次外层电子数的2倍，则该元素原子核外电子总数=2+4=6，该元素为C，与⑦形成AB2型化合物即CS2，用电子式表示CS2形成过程如下： →，故答案为：。
24.第四周期中的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。
（1）钛原子的价电子排布式为______________________，TiCl4沸点136℃，熔点－25℃，晶体类型为___________晶体。
（2）铜的第二电离能(I2)却大于锌的第二电离能，其主要原因是______________________。
（3）与As同主族的短周期元素是N、P。AsH3中心原子轨道杂化的类型_________________；一定压强下将AsH3、NH3和PH3的混合气体降温时液化顺序是______________________，理由是______________________。
（4）铬是一种硬而脆抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢。下图1为铬的晶胞结构图，则铬晶胞属于___________堆积；该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________。
（5）钴晶体的一种晶胞(如图2所示)的边长为anm，密度为ρg·cm－3，NA
表示阿伏加德罗常数的值，则钴原子半径为___________mm，钴的相对原子质量可表示为___________。
【答案】 (1). 3d24s2 (2). 分子 (3). 气态Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu+，此时3d轨道处于全满的稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大，而气态Zn失去一个电子变成结构为[Ar]3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小。 (4). sp3 (5). NH3 AsH3PH3 (6). NH3分子间有氢键，AsH3和PH3结构相似，而AsH3的相对分子质量大于PH3的相对分子质量，所以分子间作用力AsH3大于PH3 (7). 体心立方 (8). 68 (9). a (10). 5a3ρNA
【解析】
【分析】
（1）根据钛原子电子排布分析其价电子排布式，依据沸点判断晶体类型；
（2）根据轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定,再失去电子需要的能量较大来分析；
（3）与As同主族的短周期元素是N、P，所以AsH3的结构应与NH3相似，NH3分子之间有氢键，沸点较高；
（4）由图1可以看出铬晶胞属于体心立方堆积，设晶胞参数（晶胞边长）为anm,则晶胞体积为a3,铬原子半径为：a,根据均摊原则晶胞中含有铬原子数为81/81=2,故铬原子体积为：（a）32，进而求算该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率；
（5）根据晶胞结构，计算晶胞的体积，依据密度计算摩尔质量 。
【详解】（1）根据钛原子电子排布式可知，钛原子的价电子排布式为：3d24s2,由于TiCl4的熔、沸点较低，所以应为分子晶体；
本题答案为：3d24s2, 分子。
（2）气态Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu+，能量较低，而Cu的第二电离能相对较大（或气态Zn失去一个电子变成结构为[Ar]3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小）。
本题答案为：气态Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu+，此时3d轨道处于全满的稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大，而气态Zn失去一个电子变成结构为[Ar]3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小。
（3）氨分子中氮原子按sp3方式杂化，N与As同主族，所经AsH3的结构应与NH3
相似，AsH3中心原子杂化的类型为sp3，NH3分子之间有氢键，沸点较高，所以一定压强下将AsH3和NH3．PH3的混合气体降温时首先液化的是NH3，由于AsH3和PH3均为分子晶体，AsH3的相对分子质量大于PH3的相对分子质量，所以分子间作用力AsH3大于PH3，故一定压强下将AsH3、NH3和PH3的混合气体降温时液化顺序是：NH3 AsH3PH3；
本题答案为：sp3、NH3 AsH3PH3、NH3分子间有氢键，AsH3和PH3结构相似，而AsH3的相对分子质量大于PH3的相对分子质量，所以分子间作用力AsH3大于PH3。
（4）由图1可以看出铬晶胞属于体心立方堆积，设晶胞参数（晶胞边长）为anm,则晶胞体积为a3,铬原子半径为：a,根据均摊原则晶胞中含有铬原子数为81/81=2,故铬原子体积为：（a）32，所以该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为：[（a）32]/ a3=68；
本题答案为：体心立方，68。
（5）根据晶胞结构，在晶胞中含有钴原子数为81/81=2，晶胞边长为anm=acm，晶胞体积V=，由晶胞的边长可求面对角线及体对角线，体对角线的长度是钴原子半径的4倍，钴原子半径为：anm，设钴的相对原子质量为M，则1mol钴的质量为2M g，ρ==2M/(NAV)，M=5a3ρNA；
本题答案为：a 、5a3ρNA。
25.以氮化镓(GaN)、砷化镓(GaAs)为代表的第三代半导体材料目前已成为全球半导体研究的前沿和热点，如砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能仅为10%，推广砷化镓等发光二极管(LED)照明，是节能减排的有效举措。请回答下列问题：
(1)镓为元素周期表第31号元素，基态镓原子的电子排布式为___________，核外电子占据最高能层符号为________。
(2)氮化镓与金刚石具有相似的晶体结构，氮化镓中氮原子与镓原子之间以_______键相结合，氮化镓属于_______晶体。
(3)下列说法正确的是_______
A.第一电离能：As < Ga B.砷和镓都属于p区元素
C.电负性：As < Ga D.半导体GaP、SiC与砷化镓为等电子体
(4)①砷化镓是将(CH3)3Ga和AsH3用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)方法制备得到的，该反应在700℃进行，反应的方程式为：____________________。
②反应物AsH3分子的几何构型为_______，(CH3)3Ga中镓原子杂化方式为___。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p1或 [Ar]3d104s24p1 (2). N (3). 共价键 (4). 原子 (5). BD (6). (CH3)3Ga+AsH3GaAs+3CH4 (7). 三角锥形 (8). sp2杂化
【解析】
【分析】
【详解】(1)基态镓原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1，核外电子占据最高能层符号为：N，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；N；
(2)氮化镓与金刚石具有相似的晶体结构，则氮原子与镓原子之间以共价键结合，氮化镓属于原子晶体，故答案为：共价键；原子；
(3)A．As的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，第一电离能从左到右呈现增大的趋势，由此可知，第一电离能：As＞Ga，A错误；
B．砷位于第四周期第ⅤA族，镓位于第四周期第ⅢA族，第ⅢA族到第ⅦA族都属于p区元素，B正确；
C．元素非金属性越强，其电负性越大，同周期从左向右非金属性增强，故电负性：As>Ga，C错误；
D．GaP的价层电子为3+5=8，SiC的价层电子为4+4=8，GaAs的价层电子数为3+5=8，故半导体GaP、SiC与砷化镓为等电子体，D正确；
故答案为：BD；
(4)①结合原子守恒可得该化学反应方程式为(CH3)3Ga+AsH3GaAs+3CH4，故答案为：(CH3)3Ga+AsH3GaAs+3CH4；
②对于AsH3，中心As原子的价电子对数==4，则VSEPR模型为四面体，但由于存在一对孤电子对，占据四面体的一个顶点，则其几何构型为三角锥形，对于(CH3)3Ga，Ga形成3个共价键，Ga为硼族元素，价电子排布式为4s24p1，根据杂化轨道理论，形成3个共价键时，无孤电子对，为sp2杂化，故答案为：三角锥形；sp2杂化。
26.碳是地球上组成生命的最基本的元素之一，是形成单质及其化合物种类最多的元素。
(1)碳原子核外有________种不同空间运动状态的电子。
(2)碳元素能形成多种无机物。
①CO的立体构型是______________与其互为等电子体的阴离子_________________。
②MgCO3分解温度比CaCO3低的原因是_________________________。
(3)碳能与氢、氮、氧三种元素构成化合物CO(NH2)2，该分子中各元素的电负性由大到小的顺序为________，其中C原子的杂化方式为_______，该物质易溶于水的主要原因是________________。
(4)CO是碳元素的常见氧化物，与N2互为等电子体，则CO的结构式为________
(5)图为碳另一种同素异形体金刚石的晶胞，其中原子坐标参数为A(0，0，0)，B，C ；则D原子的坐标参数为________。
(6)立方氮化硼晶体的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5 pm。立方氮化硼的密度是________ g·cm－3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数的值为NA)。
【答案】 (1). 4 (2). 平面三角形 (3). NO3-、SO3等 (4). MgO晶格能比CaO大，使得Mg2+比Ca2+更容易结合碳酸根离子中的氧离子 (5). O>N>C>H (6). sp2 (7). CO(NH2)2分子与水分子之间能形成氢键 (8). 或CO (9). (10).
【解析】
【详解】(1)碳原子核外有6个电子，则有6种不同空间运动状态的电子，故答案为：6；
(2)①CO的中心C原子价层电子对数=3+=3，C以sp2杂化，孤电子对数=
=0，所以，CO的立体构型是平面三角形。价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团互为等电子体，CO的价电子数=4+2+3×6=24，可将C换成N或S，即NO3-，SO3，所以与CO互为等电子体的有NO3-、SO3等，故答案为：平面三角形；NO3-、SO3等；
②MgO晶格能比CaO大，使得Mg2+比Ca2+更容易结合碳酸根离子中的氧离子，所以，MgCO3分解温度比CaCO3低，故答案为：MgO晶格能比CaO大，使得Mg2+比Ca2+更容易结合碳酸根离子中的氧离子；
(3)非金属性越强，电负性越大，所以电负性：O>N>C>H，CO(NH2)2中C原子的价层电子对数=3+=3，所以C原子的杂化方式为sp2杂化，CO(NH2)2分子与水分子之间能形成氢键，所以CO(NH2)2易溶于水，故答案为：O>N>C>H；sp2；CO(NH2)2分子与水分子之间能形成氢键；
(4)等电子体具有相似的化学键特征，CO与N2互为等电子体，则CO的结构式为，故答案为：或CO；
(5)由图示可知，与D相连的4个原子形成正四面体，且D位于正四面体的体心，由B在x轴的坐标为可知，D在x轴的坐标为，同理得出D在y、z轴的坐标均为，则D原子的坐标参数为，故答案为：；
(6)因为金刚石属于面心立方晶胞，即C原子处于立方体的8个顶点，6个面心，体内有4个，故根据均摊法及BN的化学式可知，一个晶胞中各含有4个B原子、4个N原子，又因为一个BN的质量是，而一个晶胞的体积是(361.5×10−10)3cm3，故密度= g/cm3，故答案为：。
