【化学】内蒙古通辽市2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）

【化学】内蒙古通辽市2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）

内蒙古通辽市2019-2020学年高二下学期期中考试 可能用到的原子量：H:‎1 C:12 O:16 Si:28 Cu:64‎ 一、单项选择题 ‎1.下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是（ ）‎ A. NaOH B. SiO‎2 ‎C. Fe D. CH4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaOH为离子晶体，化学式为晶体中阴阳离子的个数比，晶体中不含单个分子，A项错误；‎ B. SiO2为原子晶体，晶体中不存在单个分子，化学式为Si原子与O原子的个数比值为1：2，B项错误；‎ C. Fe为金属，不存在铁分子，C项错误；‎ D. CH4的晶体为分子晶体，CH4既可以表示物质组成，也可以表示一个分子，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】原子晶体是相邻原子之间只通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体，原子晶体中不存在分子；分子晶体是分子间通过分子间作用力构成的晶体，构成微粒为分子；大部分酸都是分子晶体，SiO2为原子晶体。‎ ‎2. 下列晶体中不属于原子晶体的是 A. 干冰 B. 金刚砂 C. 金刚石 D. 水晶 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】干冰即二氧化碳，属于分子晶体，不属于原子晶体。金刚砂、金刚石、水晶为原子晶体，答案选A。‎ ‎3. 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. NaCl与HCl D. CCl4与KCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO2和SiO2均含共价键，前者为分子晶体，后者为原子晶体，A错误；‎ B.CO2和H2O均含共价键，均由分子构成，均为分子晶体，B正确；‎ C.NaCl含离子键，为离子晶体，HCl含共价键，为分子晶体，C错误；‎ D.CCl4含共价键，分子晶体，KCl含离子键，为离子晶体，D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎4.金属晶体的形成是因为晶体中存在( )‎ A. 金属离子间的相互作用 ‎ B. 金属原子间产生相互作用 ‎ C. 金属离子与自由电子间的相互作用 ‎ D. 金属原子与自由电子间的相互作用 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】金属晶体中主要存在金属离子和自由移动的电子间的相互作用，即金属键。故本题选择C选项。‎ ‎5.下列说法正确的是(　　)‎ A. 区分晶体和非晶体最科学可靠的方法是对固体进行X射线衍射实验 B. 离子晶体中一定含金属阳离子 C. 在共价化合物分子中各原子都形成8电子结构 D. 分子晶体的熔点一定比金属晶体的熔点低 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来。因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验，A正确；‎ B．离子晶体中一定含阳离子，但不一定含有金属阳离子，如NH4Cl为离子晶体，却不含金属元素，B错误；‎ C．在共价化合物分子中不一定各原子都形成8电子结构，如HCl分子中H原子核外有2个电子，C错误；‎ D．一般情况下分子晶体的熔点比金属晶体的熔点低，但不一定分子晶体的熔点都比金属晶体的熔点低，如Hg在固态时属于金属晶体，但在室温下为液体，熔点较低；而S 属于分子晶体，在室温下呈固态，物质的熔点：S＞Hg，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎6.下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是(　　)‎ A. HF＞HCl＞HBr＞HI B. KCl＞NaCl＞MgCl2＞MgO C. Rb＞K＞Na＞Li D. 金刚石＞晶体硅＞钠 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分子结构相似，且都为分子晶体，分子的相对分子质量越大，分子之间作用力越大，熔点越高，但在HF分子之间存在氢键，增加了分子相互作用，使其熔沸点在四种物质中最高，故物质熔点：HF＞HI＞HBr＞HCl ，A错误；‎ B．离子晶体的晶格能大小取决于离子半径、离子所带电荷数等因素，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，离子晶体的熔点越高，所以熔点：KCl＜NaCl＜MgCl2＜MgO，B错误；‎ C．碱金属从上到下，原子半径逐渐增大，金属键键能逐渐减小，金属晶体的熔点逐渐降低，则熔点：Rb＜K＜Na＜Li，C错误；‎ D．金刚石、晶体硅都是原子晶体，金属Na为金属晶体，金属键比共价键弱，所以金属Na熔点最低；金刚石中C-C键比晶体硅中的Si-Si键长小，键长越小键能越大，所以熔点：金刚石＞Si＞钠，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎7.某元素原子的价电子排布式是3s23p4，则它在周期表中的位置是 (　　)‎ A. 第二周期第ⅣA族 B. 第三周期第ⅣA族 C. 第四周期第ⅡA族 D. 第三周期第ⅥA族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】该元素为主族元素，元素周期序数=原子的电子层数，主族序数=原子的最外层电子数，该元素的原子有3个电子层、最外层电子数为6，所以该元素在第三周期第ⅥA族，故选D。‎ ‎8.下列变化需克服相同类型作用力的是 A. 碘和干冰的升华 B. 硅和C60的熔化 C. 氯化氢和氯化钾的溶解 D. 溴和汞的气化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；‎ B．硅属于原子晶体，C60属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；‎ C．氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；‎ D．溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎9.按电子排布，可把周期表里的元素划分成5个区，以下元素属于p区的是(　　)‎ A. Fe B. Mg C. P D. Cu ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe的电子排布式为[Ar]3d54s1，属于d区；‎ B. Mg的电子排布式为[Ne]3s2，属于s区；‎ C. P的电子排布式为[Ne]3s23p3，属于p区；‎ D. Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1，属于ds区。‎ 故选C。‎ ‎10.下列分子或离子中，立体构型是平面三角形的是（ ）‎ A. CH4 B. NH C. NO D. CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷中心原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体，故A不符合题意；‎ B．铵根中心原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体，故B不符合题意；‎ C．硝酸根中心原子价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形，故C符合题意；‎ D．二氧化碳中心原子价层电子对数=2，不含孤电子对，所以空间构型为直线形，故D不符合题意；‎ 故答案为C。‎ ‎11.下列关于丙烯（CH3—CH=CH2）的说法错误的是（ ）‎ 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. 丙烯分子存在非极性键 ‎ D. 丙烯分子中3个碳原子在同一平面上 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．丙烯中含有6个C－H单键，1个C－C单键和1个碳碳双键，因为双键是由1个σ键和1个π键构成，A选项正确；‎ B．丙烯中的2个不饱和碳原子是sp2杂化，甲基碳原子才是sp3杂化，B选项错误；‎ C．丙烯分子中的C原子和C原子之间形成非极性键，C选项正确；‎ D．由于甲基是和不饱和碳原子直接相连的，而碳碳双键是平面型结构，所以丙烯分子中3个碳原子在同一平面上，D选项正确；‎ 答案选B。‎ ‎12.下列电子排布式或轨道表示式正确的是(　　)‎ ‎①C原子的轨道表示式：‎ ‎②Cr原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d44s2‎ ‎③O原子的轨道表示式：‎ ‎④Br原子的外层电子排布式：3d104s24p5‎ ‎⑤B原子的轨道表示式：‎ A. ① ② ③ B. ② ③ ④ C. ① ② ④ ⑤ D. 只有③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①C是6号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p2，其原子的轨道表示式：，①错误；‎ ‎②Cr是24号元素，由于原子核外电子处于半充满、全充满或全空时是稳定状态，所以其原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，②错误；‎ ‎③O是8号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p4，故原子的轨道表示式：，③正确；‎ ‎④Br是第VIIA元素，在发生反应时只有最外层电子发生变化，原子的外层电子排布式： 4s24p5，④错误；‎ ‎⑤B是5号元素，同一轨道上最多可容纳2个自旋方向相反的电子，这样能量最低，原子稳定，故B原子的轨道表示式，⑤错误；‎ 综上所述可知，说法正确的只有③，故合理选项是D。‎ ‎13.下表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是(　　)‎ X W Y R Z A. 常压下五种元素的单质中Z单质的沸点最高 B. W的氢化物的沸点比X的氢化物的沸点高 C. Y元素的非金属性比W元素的非金属性强 D. Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的电子层结构相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据元素在周期表的位置，可知：X是N元素，Y是S元素，Z是Br元素，W是P元素，R是Ar元素。‎ A．在上述五种元素的单质中，室温下S为固体，P单质为固态；Br2为液态，N2、Ar为气态，物质的熔沸点由高到低顺序为：固体＞液态＞气态，所以物质Br2的熔沸点不是五种单质中最高的，A错误；‎ B．X、W是同一主族的元素，形成的氢化物结构相似，都是由分子构成，属于分子晶体，但由于NH3分子之间存在氢键，增加了分子之间的相互作用力，而PH3分子之间只存在分子间作用力，所以X的氢化物的沸点比W的氢化物的沸点高，B错误；‎ C．同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，W、Y是同一周期元素，原子序数Y＞W，所以元素的非金属性：Y＞W，C正确；‎ D．Y是S元素，S2-核外电子排布为2、8、8，与Ar原子核外电子排布相同；而Z是Br元素，Br-核外电子排布为2、8、18、8，与Ar原子核外电子排布不相同，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎14.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. 水结成冰体积膨胀，密度变小 C. CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随着相对分子质量的增加而升高 D. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【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，A错误；‎ B．水中存在氢键使分子的排列更加有序，分子间的距离增大，所以水结成冰体积膨胀、密度变小是氢键的作用，B正确；‎ C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4的熔点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，分子间不存在氢键，与氢键无关，C错误；‎ D．氢化物的稳定性是共价键的强弱决定的，与氢键无关，D错误；‎ 故选B。‎ ‎15.下列关于电离能和电负性的说法不正确的是(　　)‎ A. 硅的第一电离能高于碳，而电负性低于碳 B. 第一电离能的大小：Mg＞Al C. F、Ne、K、Fe四种元素中电负性最大的是F D. Ni是元素周期表中第28号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是碳 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同一主族元素，其第一电离能、电负性随着原子序数的增大而减小，所以硅的第一电离能、电负性都低于碳，A错误；‎ B．一般情况下同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s能级有2个电子，轨道是全充满，能量低，比较稳定，所以镁元素的第一电离能高于同周期相邻元素Al的第一电离能，B正确；‎ C．F、K、Fe、Ni四种元素中F的非金属性最强，所以F的电负性最大，C正确；‎ D．Ni是元素周期表中第28号元素，核外电子排布式是1s22s22p62s22p63d84s2，3d能级上有2个未成对电子，未成对电子数是2；第二周期元素中未成对电子数为2的元素有C、O，其中C的电负性小，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎16.下列数据是对应物质的熔点(℃)，据此做出的下列判断中错误的是(　　)‎ Na2O NaCl AlF3‎ AlCl3‎ ‎920‎ ‎801‎ ‎1 291‎ ‎190‎ BCl3‎ Al2O3‎ 干冰 SiO2‎ ‎－107‎ ‎2 073‎ ‎－57‎ ‎1 723‎ A. 铝的化合物形成的晶体中有的是离子晶体 B. 表中只有BCl3和干冰是分子晶体 C. 同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体 D. 不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】一般情况下，物质的熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，‎ A．由表格中的数据可知，氯化铝的熔点较低，属于分子晶体，而氧化铝、氟化铝的熔点较高，为离子晶体，故A正确；‎ B．根据表格中数据，AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体，沸点都较低，故B错误；‎ C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确；‎ D．Na和Al不同主族，对应的氧化物为氧化钠和氧化铝，都为离子晶体，说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎17.某晶体的晶胞结构为正三棱柱(如图所示)，这种晶体中A、B、C三种微粒数目之比为(　　)‎ A. 1∶4∶2 B. 3∶9∶4‎ C. 2∶9∶4 D. 3∶8∶4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A位于正三棱柱的顶点，则有的A属于该晶胞，该晶胞中含A的个数为6×=，B分为两类，位于侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，该晶胞含B原子个数为3×+6×=2，含C原子个数为1，则A、B、C三种原子个数之比为：2：1=1：4：2。‎ 答案选A。‎ ‎18.配位化合物简称配合物，它的数量巨大，组成和结构形形色色。配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数分别为(　　)‎ A. Cu2+、 OH-、 2+、 2 B. Cu+、 NH3、 1+、 4‎ C. Cu2+、 NH3、 2+、 4 D. Cu2+、 NH3、 2+、 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子是Cu2+；配体是NH3，其中中心离子的电荷数2个正电荷，可表示为2+，其配位数是4，故合理选项是C。‎ ‎19.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ·mol－1。请根据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Y是ⅢA族元素 C. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl D. 若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电离能数据可知，X原子的I1和I2数据相差很大，说明X原子最外层有1个电子，容易失去1个电子；Y原子I3和I4数据相差很大，说明Y原子原子最外层有3个电子，容易失去3个电子。‎ ‎【详解】A．由电离能数据可知，X原子的I1和I2数据相差很大，说明X原子最外层有1个电子，容易失去1个电子，常见化合价是+1，故A正确；‎ B．由电离能数据可知，Y原子I3和I4数据相差很大，说明Y原子原子最外层有3个电子，Y元素是ⅢA族元素，故B正确；‎ C．由电离能数据可知，X原子的I1和I2数据相差很大，说明X原子最外层有1个电子，容易失去1个电子，与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，X的化合价是+1，故C正确；‎ D．若元素Y处于第三周期，则Y为Al元素，Al单质与冷水不反应，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎20.以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　　)‎ A. ‎18 g冰(图1)中含O—H键数目为2NA B. ‎28 g晶体硅(图2)中含有Si—Si键数目为2NA C. ‎44 g干冰(图3)中含有4NA个CO2分子 D. 石墨烯(图4)是碳原子单层片状新材料，‎12 g石墨烯中含C—C键数目为1.5NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一个水分子中有2个H-O，则‎18g冰即1mol中含O—H键数目为2NA，A正确；‎ B．‎28g晶体硅含有1mol硅原子，晶体硅中每个硅原子形成的共价键为×4=2，则1mol晶体硅中含有Si—Si键数目为2NA，B正确；‎ C．‎44g干冰为1mol，故含有NA个CO2分子，C错误；‎ D．石墨烯中每个碳原子周围有两个碳碳单键和一个碳碳双键，所以每个碳原子实际拥有C—C键为1.5个，则‎12g石墨烯即1mol中含C—C键数目为1.5NA，D正确；‎ 故选C。‎ 二、非选择题 ‎21.确定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题。‎ ‎(1)A、B、C、D为四种晶体，性质如下：‎ A．固态、液态时均不导电，熔点‎-120 ℃‎，能溶于CS2‎ B．固态、液态时大多不导电，硬度很大，熔点为‎3500 ℃‎ C．固态和熔融态时都能导电，能溶于盐酸 D．固态时不导电，液态时能导电，可溶于水 试推断它们的晶体类型：‎ A．______； B．______； C．_____； D．_____。‎ ‎(2)实验证明：KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似(如下图所示，其中TiN中N呈－3价)，已知其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：‎ 离子晶体 KCl MgO CaO 晶格能/kJ·mol-1‎ ‎715‎ ‎3791‎ ‎3401‎ 则该4种离子晶体的熔点从高到低的顺序是______。‎ ‎(3)某离子X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成晶体的结构如下图所示。X的元素名称是_____，X+的价电子排布式为_____，与同一个N3-相连的X+有_____个，这几个X+所形成的空间构型为_____。‎ ‎【答案】 (1). 分子晶体 (2). 原子晶体 (3). 金属晶体 (4). 离子晶体 (5). TiN＞MgO＞CaO＞KCl (6). 铜 (7). 3d10 (8). 6 (9). 正八面体 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据各类晶体性质变化规律分析判断晶体类型；‎ ‎(2)离子晶体的晶格能越大其熔点越高，晶格能与离子电荷成正比，与离子半径成反比，据此判断四种物质熔点高低；‎ ‎(3) K、L、M三个电子层全充满X+中原子序数=核内质子数=电子数+电荷数，据此确定该元素，根据原子核外电子排布规律书写该离子的价电子排布式；采用X、Y、Z三轴切割的方法确定X+个数，根据Cu+在N3-周围的相对位置确定其构成的空间构型。‎ ‎【详解】(1) A．固态、液态时均不导电，熔点‎-120 ℃‎，能溶于CS2，说明晶体A属于分子晶体；‎ B．固态、液态时大多不导电，硬度很大，熔点为‎3500 ℃‎，则晶体B为原子晶体；‎ C．固态和熔融态时都能导电，能溶于盐酸，则晶体C为金属晶体；‎ D．固态时不导电，液态时能导电，可溶于水，证明晶体D为离子晶体；‎ ‎(2)离子晶体的晶格能越大，其熔点越高，晶格能与离子电荷成正比，与离子半径成反比，N3-电荷大于Mg2+和Ca2+，Mg2+和Ca2+电荷大于K+，Mg2+和半径小于Ca2+半径，所以4种离子晶体熔点从高到低的顺序是TiN＞MgO＞CaO＞KCl；‎ ‎(3)某离子X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，该离子含有28个电子，则该原子含有29个电子，元素X为铜元素，Cu原子核外电子排布是1s22s22p63s23p63d104s1，故X+的价电子排布式为3d10；采用X、Y、Z三轴切割的方法知X+个数是6；这六个Cu+构成的是正八面体结构。‎ ‎【点睛】本题考查晶体的结构和性质，注意把握晶体类型的判断方法以及晶体结构与性质的关系，注意方法性问题的总结和积累。‎ ‎22.有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所示：‎ 元素 结构、性质等信息 A 是元素周期表中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素某种合金是原子反应堆导热剂 B B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性 C 元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂 D 是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂 E L层上有2对成对电子 请根据表中信息填写：‎ ‎(1)B原子的简化电子排布式_____。‎ ‎(2)A元素在周期表中的位置_____；离子半径：A_____B(填＞、＝或＜ )。‎ ‎(3)E原子的价电子排布图是____，其原子核外有______个未成对电子，能量最高的电子为_____轨道上的电子，其轨道呈_____形。‎ ‎(4)D原子的外围电子排布式为____，D-的离子结构示意图是_____。‎ ‎(5)C、E元素的第一电离能的大小关系是_____(用元素符号表示，下同)。‎ ‎(6)已知CD3分子中D元素为＋1价，则C、D的电负性大小关系是____，CD3的中心原子杂化轨道类型是___，CD3与水反应的化学方程式是_____。‎ ‎【答案】 (1). [Ne]3s23p1 (2). 第三周期第ⅠA族 (3). ＞ (4). (5). 2 (6). p或2p (7). 哑铃 (8). 3s23p5 (9). (10). N＞O (11). N＞Cl (12). sp3 (13). NCl3+4H2O=NH3·H2O+3HClO或NCl3+3H2O=NH3+3HClO ‎【解析】‎ 分析】‎ 先根据元素的结构、性质等推断元素。A是元素周期表中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素某种合金是原子反应堆导热剂，则A是Na元素；B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，则B是Al元素；元素C的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，则C是N元素，该氢化物是NH3；D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂，则D是Cl元素；E元素的L层上有2对成对电子，则E核外电子排布是1s22s22p4，E是O元素。然后结合原子核外电子排布规律、元素周期律及元素和化合物的性质逐一分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：A是Na；B是Al；C是N；D是Cl；E是O元素。‎ ‎(1)B是Al元素，其原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p1，Al的简化电子排布式[Ne] 3s23p1；‎ ‎(2)A是Na，核外电子排布是2、8、1，故该元素在周期表中的位置是位于第三周期第IA族；Na+、Al3+核外电子排布都是2、8，由于核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Na+＞Al3+；‎ ‎(3)E是O，O核外电子排布式是1s22s22p4，故O原子的价电子排布图是；其原子核外有2个未成对电子；能量最高的电子为2p轨道上的电子，其轨道呈哑铃形或纺锤形；‎ ‎(4)D是Cl，原子的外围电子排布式为3s23p5，Cl-是Cl原子得到1个电子形成的微粒，故Cl-的离子结构示意图是；‎ ‎(5)C是N，核外电子排布式为1s22s22p3；E是O，O元素的核外电子排布式为1s22s22p4；由于N元素的最外层电子2p电子处于半充满的稳定状态，失去1个电子比O元素难，故N元素第一电离能比O元素的第一电离能的大，即第一电离能：N＞O；‎ ‎(6)在NCl3分子中Cl元素为＋1价，N为+3价，说明N、Cl的电负性大小关系是：N＞Cl；在NCl3中N元素形成了3对共用电子对，N原子上还有1对孤电子对，故N原子的杂化轨道类型是sp3杂化，NCl3与水反应产生NH3和HClO，该反应的化学方程式是NCl3+3H2O=NH3+3HClO，也可以写为NCl3+4H2O=NH3·H2O+3HClO。‎ ‎【点睛】本题考查了元素的原子结构、物质性质与元素位置的关系。正确推断元素是解题关键，掌握元素周期律及原子核外电子排布应该遵循的规律，侧重考查学生的分析与应用能力，注意规律性知识的应用。‎ ‎23.已知：A、B、C、D、E、F都是周期表中前4‎ 周期的元素，它们的原子序数依次增大。其中A、C原子的L层有2个未成对电子。D与E同主族，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。F3＋的M层3d轨道电子为半充满状态。请根据以上信息，回答下列问题：‎ ‎(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____(用元素符号表示)。‎ ‎(2)D元素的原子核外共有___种不同能量的电子、____种不同运动状态的电子，D和E的碳酸盐高温易分解，则D的碳酸盐热分解温度___E的碳酸盐热分解温度(填>、=或< )，判断理由____。‎ ‎(3)写出F的基态原子的外围电子排布式：____。‎ ‎(4)F和X(质子数为25)两元素的部分电离能数据列于下表：‎ 元素 X F 电离能/kJ·mol-1‎ I1‎ ‎717‎ ‎759‎ I2‎ ‎1509‎ ‎1561‎ I3‎ ‎3248‎ ‎2957‎ 比较两元素的I2、I3可知，气态X2+再失去一个电子比气态F2+再失去一个电子难。对此，你的解释是_____。‎ ‎【答案】 (1). C＜O＜N (2). 4 (3). 12 (4). ＜ (5). Mg2+和Ca2+电荷数相同，r(Mg2+)＜r(Ca2+)，阳离子半径越小，对碳酸根中氧离子的引力越大，分解时需要吸收的能量越少，热分解温度越低 (6). 3d64s2 (7). Mn2+的3d轨道电子排布为半充满状态，较稳定 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的原子序数依次增大；其中A、C原子的L层有2个未成对电子且A原子序数小于C，则A是C元素、C是O元素，B原子序数大于A而小于C，则B是N元素；D与E同主族，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，则D为Mg元素，E为Ca元素；F3+离子M层3d轨道电子为半满状态，则F原子核外电子数=2+8+8+5+3=26，所以F为Fe元素；‎ ‎【详解】(1)同一周期元素原子的第一电离能总趋势为依次增大，但由于第ⅡA、ⅤA族元素的电子排布结构为全充满或半充满状态，原子结构较为稳定，故第ⅡA、ⅤA 族元素的第一电离能较相邻两个主族的电离能较大，故C、N、O三种元素的第一电离能大小为C＜O＜N，答案为：C＜O＜N；‎ ‎(2)D为Mg元素，其电子排布式为1s22s22p63s2，故一共有4种不同能量的电子，一共有12种不同运动状态的电子；D和E的碳酸盐中，由于Mg2+和Ca2+电荷数相同，r(Mg2+)＜r(Ca2+),阳离子半径越小，对碳酸根中氧离子的引力越大，分解时需要吸收的能量越少，热分解温度越低，答案为：4、12、＜、Mg2+和Ca2+电荷数相同，r(Mg2+)＜r(Ca2+)，阳离子半径越小，对碳酸根中氧离子的引力越大，分解时需要吸收的能量越少，热分解温度越低。‎ ‎(3)F为Fe元素，其基态原子的外围电子排布式3d64s2，答案为3d64s2；‎ ‎(4)X的质子数为25，则X为Mn元素；当Mn失去两个电子变成Mn2+时，Mn2+的外围电子排布为3d5，为半充满状态，结构较为稳定，而Fe失去两个电子变成Fe2+时，Fe2+的外围电子排布为3d6，并非半充满或全充满的状态，电子在全充满或半充满的状态下失电子需要较高的能量，故Mn2+再失去一个电子需要较大的能量，答案为：Mn2+的3d轨道电子排布为半充满状态，较稳定。‎ ‎【点睛】注意：原子的外围电子排布为价电子排布，并非电子排布，只能写出价电子的电子排布式，不能写出全部电子的排布式，需要注意。‎ ‎24.A、B、C、D、E是元素周期表中前四周期的五种常见元素，其原子序数依次增大。详细信息见表，请回答下列问题：‎ ‎①‎ A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代 ‎②‎ B的氧化物是导致光化学烟雾的主要物质之一 ‎③‎ C的某一种单质是空气的主要成分之一 ‎④‎ D的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态 ‎⑤‎ E能形成红色的E2O和黑色的EO两种氧化物 ‎ (1)D的价电子排布式可表示为_______。‎ ‎(2)BC3-的空间构型为____ (用文字描述)。‎ ‎(3)根据等电子原理，AC分子的结构式为_____。‎ ‎(4)1 mol AC2中σ键、π键数目之比为____。‎ ‎(5)将白色的ESO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配位数是4的配合离子。请写出生成此配合离子的离子方程式：____。‎ ‎(6)E2+能与NH3、H2O、Cl-等形成配位数为4的配合物。‎ ‎①[E(NH3)4]2+中存在化学键类型有____(填序号)。‎ A．配位键 B．离子键 C．极性共价键 D．非极性共价键 ‎②[E(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[E(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则[E(NH3)4]2+的空间构型为_____。其中，配体的杂化类型是_____。‎ ‎(7)E的晶胞如下图所示，E为______堆积，空间利用率为_____，E晶体中每个E原子周围距离最近的E原子数目为____；已知E原子的半径为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则E晶体的密度是_____g·cm-3。(列出算式即可)。‎ ‎【答案】 (1). 3d54s1 (2). 平面三角形 (3). C≡O (4). 1∶1 (5). Cu2++4H2O=[Cu(H2O)4]2+ (6). AC (7). 平面正方形 (8). sp3 (9). 面心立方最密 (10). 74% (11). 12 (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素周期表前四周期五种元素A、B、C、D、E，其原子序数依次增大。A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则A是C元素；B的氧化物是导致光化学烟雾的主要物质之一，则B是N元素；C的某一种单质是空气的主要成分之一，则C为O元素；D的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态，则D核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，所以D原子序数为24，D是Cr元素；E能形成红色的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E是Cu元素。然后根据问题逐一分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：A是C，B是N，C是O，D是Cr，E是Cu元素。‎ ‎(1)D是 Cr元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，则其价电子排布式可表示为3d54s1；‎ ‎(2)B是N，C是O，微粒BC3-是NO3-，由于N原子价层电子对数为3+=3，且N原子上无孤对电子，所以NO3-的空间构型为平面三角形；‎ ‎(3)化合物AC是CO，由于等电子中含有的原子数相同，原子最外层电子总数也相同，所以 CO与N2互为等电子体，等电子体结构相似，则化合物CO分子的结构式为C≡O；‎ ‎(4)化合物AC2是CO2，在CO2分子中，C原子与2个O原子形成四对共用电子对，1个CO2分子中含有2个σ键、2个π键，所以1 mol AC2中σ键、π键数目为2NA，则1 mol AC2中σ键、π键数目之比为1：1；‎ ‎(5)CuSO4水溶液显蓝色，这是由于Cu2+与水分子结合形成[Cu(H2O)4]2+，则生成此配合离子的离子方程式为：Cu2++4H2O=[Cu(H2O)4]2+；‎ ‎(6)①[Cu(NH3)4]2+为络离子，其中存在的化学键类型有中心Cu2+与配位体NH3之间的配位键、配位体NH3中N与O原子之间的极性共价键N-H键，所以合理选项是AC；‎ ‎②[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，说明4个NH3与Cu2+在同一平面上，[Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形，4个NH3构成正方形，Cu2+位于正方形对角线的交点上，2个NH3可能位于正方形相邻的两个顶点上，也可能位于正方形对角线的2个顶点上，其中，配体NH3中的中心原子N原子形成了3个N-H共价键，N原子上还有1对孤电子对，因此N原子的杂化类型是sp3杂化；‎ ‎(7)根据Cu原子在晶胞中位置，Cu原子位于晶胞的顶点和面心上，所以晶体Cu属于面心立方最密堆积；‎ 在一个晶胞中含有Cu原子个数为8×+6×=4，假设Cu原子半径为R，则4个Cu原子的体积为V(Cu)=4×πR3，晶胞对角线为Cu原子半径的四倍，则晶胞边长为L==2R，晶胞体积V(晶胞)=L3=16R3，所以晶体Cu的空间利用率为×100%=×100%=74%；‎ Cu晶胞中，与每个Cu原子距离最近且相等的Cu原子有3个，分别位于晶胞中通过该Cu原子的三个面心上；通过一个Cu原子可形成8个晶胞，由于每个面心Cu原子同时属于2个晶胞，所以Cu原子周围距离最近的Cu原子数目为3×8×=12；‎ 若已知Cu原子的半径为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞参数L==2a nm ‎，则Cu晶体的密度ρ=g/cm3。‎