2024届高三化学二轮复习——物质结构（含解析）

2024届高三化学二轮复习——物质结构
一、单选题
1．下列化学用语只能用来表示一种微粒的是（　　）
A． B．2s22p6 C．CH4O D．C
2．下列实验中，现象及结论都符合题意，且二者之间有因果的是（）
A．A B．B C．C D．D
3．下列化学用语或图示表达错误的是
A．HClO的电子式：
B．乙酸甲酯的结构简式：
C．乙烯的分子结构模型：
D．基态S原子的价层电子的轨道表示式：
4．下列有关化学用语表示正确的是（　　）
A．中子数为10的氧原子： B．Cl2O的球棍模型：
C．HClO的电子式： D．乙醇的最简式：C2H6O
5．工业合成尿素的原理：。有关化学用语表示正确的是（　　）
A．中子数为8的碳原子：
B．的VSEPR模型名称：三角锥形
C．的结构简式：
D．基态氧原子的核外电子轨道表示式：
6．氢元素的下列微粒中，含质子、中子和电子的数目之和最大的是（　　）
A．H2 B．HD C．T+ D．D-
7．下列微粒中质子数大于电子数的是（　　）
A．OH- B． C． D．
8．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物的结构如图。其中X、Y、Z同周期，Y、W同主族。下列说法错误的是（　　）
A．第一电离能：Z>Y>X
B．气态氢化物的熔沸点：Y>W
C．简单阴离子的还原性：W>Y>Z
D．Y与W形成的两种常见化合物，中心原子的杂化方式相同
9．下列化学用语表示正确的是（　　）
A．溴的简化电子排布式：
B．1-丁醇的键线式：
C．形成的键模型：
D．水的VSEPR模型：
10．一种电池电解质溶液中盐的结构如图所示。R、W、X、Y、Z为原子序数递增的短周期元素，其中X、Z位于同一主族，R和Y的原子核外电子层数相同。下列说法中正确的是（　　）
A．单质熔点：Z＞X
B．简单离子半径：R＞W＞X＞Y
C．实验室中少量R单质通常保存在煤油中
D．最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：Y＞W
11．18O常用作“示踪原子”，下列关于18O的说法正确的是（　　）
A．中子数为8 B．核外电子数为6
C．质子数为18 D．与16O互为同位素
12．下列说法正确的是（　　）
A．钾的第一电离能比钠的第一电离能大
B．铝的第一电离能比镁的第一电离能大
C．在所有元素中，氟的第一电离能最大
D．第三周期所含的元素中钠的第一电离能最小
13．有前景的下一代储能铝离子电池一般采用离子液体作为电解质，几种离子液体的结构如图：
下列说法不正确的是（　　）
A．化合物I、II、III均熔点低、难挥发
B．化合物III中O、F、S电负性顺序：F＞O＞S
C．化合物I中阴离子的空间构型为正四面体
D．化合物II中C、N原子的杂化轨道类型不同
14．NH4ClO4可用作火箭燃料，其分解反应为2NH4ClO4 N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O。下列有关该反应中各微粒的描述错误的是（　　）
A．NH4ClO4为含有共价键的离子化合物
B．N2的电子式为
C．Cl原子的M电子层有7个电子
D．16O2分子中的质子数与中子数之比为1：1
15．短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，并且位于三个不同的周期，W与Y同主族，X与Z的核外电子数之和是Y的核外电子数的2倍。化合物甲的结构如图所示，甲不溶于水，下列说法正确的是（　　）
A．元素Z在自然界中既有游离态又有化合态
B．化合物甲中每个原子都满足8电子结构
C．W和Y形成二元化合物的熔点高于W和X形成二元化合物的熔点
D．元素的非金属性：Z＞X＞W＞Y
16．黑磷具有与石墨相似的层状结构，其结构如图所示。下列分析错误的是
A．黑磷中既存在非极性共价键又存在范德华力
B．黑磷的熔点高于白磷
C．黑磷中P原子杂化方式为
D．第三周期只有元素的第一电离能大于P
17．1772年卢瑟福通过蜡烛在空气中燃烧，在剩余气体中发现了X2.1823年贝采利乌斯用金属Y还原ZW4得到单质Z。已知Y在前四周期主族元素中原子半径最大，Z的原子序数大于W且二者原子序数之和23.下列有关说法正确的是（　　）
A．单质沸点Z＞Y
B．原子最外层电子数：X＞W
C．简单氢化物的稳定性：W＞Z＞X
D．X、Y、Z均可以与W形成共价化合物
18．自年福岛核电站泄漏以来，日本核污水即将蓄满，日本政府最近打算将其排放入海，引起了全世界人民的恐慌。据悉，福岛核电站受损以来，一直在对核污水进行处理，其中氚很难被清除，此次拟排放的废水中主要污染物为氚，下列与氚有关说法中正确的是（　　）
A．氚是核反应产生的一种新元素
B．氚与氕、氘互为同位素
C．超重水T216O分子中的中子总数为
D．、、互为同分异构体
19．下列说法错误的是（　　）
A．将地沟油转化为生物柴油是发生了取代反应
B． 、 与 三种微粒中质子数和电子数均相同
C．碘单质与 固体混合物不可用加热的方法分离
D．1L0.3mol/LNaClO溶液中含有的 数目小于
20． 、 、 、 是短周期主族元素。下列有关说法正确的是（　　）
A．CO的结构式：
B． 中氮原子的轨道杂化类型：
C．电负性：
D．最高价氧化物的水化物的酸性：
二、综合题
21．已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A元素所处的周期序数、族序数都与其原子序数相等；B原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；D原子L电子层上有2对成对电子；E+的核外有3个电子层且各层均处于全满状态。
请回答下列问题：
（1）E元素基态原子的核外电子排布式为　 　。
（2）B，C，D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为　 　(填元素符号)，其原因为 　 　。
（3）B2A4是重要的基本石油化工原料。B2A4分子中B原子的杂化轨道类型为　 　；1molB2A4分子中含　 　mol σ键。
（4）已知D、E能形成晶胞为如图甲、乙所示的两种化合物，则化合物甲的化学式为　 　，化合物乙的化学式为　 　；高温时，甲易转化为乙的原因为　 　。
22．铝是当前应用最广泛的金属材料之一，铝制品及其化合物在日常生活和工农业生产中也有着重要的用途。回答下列问题：
（1）基态铝原子的核外电子排布式为　 　。
（2）根据元素周期律等知识判断，第一电离能Al　 　Mg(填写“大于”或“小于”)。
（3）Al2O3是常用的耐火材料，工业上也是用电解Al2O3方法制取金属Al，据此判断Al2O3的晶体类型是　 　。
（4）LiAlH4是一种重要的有机合成试剂，AlH4-的立体构型为　 　，LiAlH4中Al原子的杂化轨道类型为　 　。
（5）金属铝的晶胞结构如图1所示，原子之间相对位置关系的平面图如图2所示。
①晶体铝中原子的堆积方式为　 　。
②已知铝原子半径为a cm，摩尔质量为Mg·mol-1，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体铝的密度ρ=　 　g·cm-3(用含 a、M、NA的代数式来表示)。
23．【化学一选修3：物质结构与性质】
硒化锌是一种半导体材料，回答下列问题
（1）锌在周期表中的位置　 　；Se基态原子价电子排布图为　 　。元素锌、硫和硒第一电离能较大的是　 　 （填元素符号）。
（2）Na2SeO3分子中Se原子的杂化类型为　 　；H2SeO4的酸性比H2SeO3强，原因是　 　 。
（3）气态SeO3分子的立体构型为　 　； 与SeO3互为等电子体的有　 　(填序号)。
A CO32- B NO3- C． NCl3 D．SO32-
（4）硒化锌的晶胞结构如图所示，图中X和Y点所堆积的原子均为　 　(填元素符号)：该晶胞中硒原子所处空隙类型为　 　(填“立方体”、“正四面体”或“正八面体”)，该种空隙的填充率为　 　；若该晶胞密度为pg·cm3，硒化锌的摩尔质量为 Mg．mol-1。用NA代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞参数a为 　 　nm。
24．La2CuO4在传感器、汽车尾气催化净化、氮氧化物催化消除、中温固体氧化物燃料电池等领域具有良好的应用前景，回答下列问题：
（1）基态Cu原子的核外电子排布式为　 　。
（2）缩二脲[HN(CONH2)2]是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是　 　、　 　。1 mol缩二脲中含有σ键的数目为　 　，缩二脲能与Cu2＋形成稳定离子，其原因是　 　。
（3）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系La2CuO4的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。
分数坐标 原子 x y z
W 0 0 0
X 0 0
Y
①B原子代表　 　，C原子代表　 　，与A原子距离最近的氧原子个数为　 　。
②Z用分数坐标表示为　 　。
③设阿伏加德罗常数的值为NA，则La2CuO4的密度是　 　g·cm-3(列出计算表达式)。
25．锌是冶金、化工、纺织等行业应用广泛的重要金属之一、一种以含锌烟尘(主要成分是ZnO，还含有少量Si、Cu、Cd、Pd、Sb等元素的氧化物)制备金属锌的工艺流程如图：
已知：“滤液1”含有的离子有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+和SbCl。
（1）基态锌原子的价层电子排布式为　 　。
（2）“溶浸”中主要的离子方程式为　 　。
（3）“滤渣1”的主要成分是PbO、　 　。
（4）“滤渣2”是Sb2O5，“氧化除杂”的离子方程式　 　。
（5）“还原除杂”中加过量锌粉的目的是　 　。
（6）工业上一般利用闪锌矿(主要成分是ZnS)为原料制备锌，ZnS晶胞结构如图，则锌的配位数为　 　；已知晶胞参数为acm，该晶体的密度为　 　g/cm3(写出计算式，设阿伏加德罗常数的值为NA)。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A． 可以是甲烷，也可以是硅烷，故A不符合题意；
B.2s22p6可以用来表示氖原子或钠离子，故B不符合题意；
C．CH4O无同分异构体，只能用来表示甲醇，故C符合题意；
D．C可以代表金刚石和石墨，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C可以表示碳的单质，包括金刚石，石墨等。
2．【答案】D
【解析】【解答】A、5mL0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液完全反应，需要12.5mL0.1mol/L草酸、6.25mL0.2mol/L草酸，酸性高锰酸钾溶液过量，溶液颜色变浅，不会出现褪色，故A不符合题意；
B、铁粉过量，溶液中不存在三价铁离子，加入硫氰化钾溶液，溶液不会变红色，故B不符合题意；
C、铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化而不滴落，故C不符合题意；
D、向等体积等浓度的碳酸氢钠溶液和醋酸钠溶液中滴入酚酞，碳酸氢钠溶液红色更深，说明碳酸氢钠水解程度大于醋酸钠，碳酸氢钠水解常数大于醋酸钠，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.利用草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应使得高猛酸钾褪色来完成本实验；
B.铁粉过量，会将铁离子全部还原为亚铁离子；
C.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝的熔点是非常高的，因此不会滴落；
D.弱酸根离子会在水中发生水解，使溶液呈碱性，且pH值越大就代表该离子水解程度越深。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．已知O原子周围要形成2对共用电子对，而H与Cl均只能形成一对共用电子对，故HClO的电子式为：，A符合题意；
B．根据酯的命名原则可知，乙酸甲酯的结构简式为：，B不符合题意；
C．已知乙烯为平面型分子，且碳原子半径比氢原子大，故乙烯的分子结构模型为：，C不符合题意；
D．已知S为16号元素，其基态原子价层电子排布为：3s23p4，故基态S原子的价层电子的轨道表示式为：，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.HClO的中心原子是O原子；
B.乙酸甲酯是CH3COOH和CH3OH酯化反应的产物；
C.乙烯分子中含有C=C键和C-H键，六个原子共平面；
D.S原子的价电子排布式为3s23p4。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．O的质子数为8，中子数为10，则质量数为18，可表示为 ，选项A不符合题意；
B．氯原子比O原子大，不符合Cl2O的球棍模型的比例，选项B不符合题意；
C．氯原子最外层有7个电子，氧原子最外层有6个电子，在次氯酸中，氯原子与氧原子形成1对共用电子对，氢原子与氧原子形成1对共用电子对，都达稳定结构，电子式为，选项C不符合题意；
D．乙醇的最简式为C2H6O，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 表示质量数为A，质子数为Z的一个原子X。在原子中，质量数=质子数＋中子数。
B. 球棍模型中的小球表示原子，短棍表示价键。Cl2O含有2个氯原子，1个氧原子，且其空间构型为V形，氯原子的半径比氧原子大。注意判断某分子的球棍模型时，可以从模型特点、分子组成结构、分子空间构型进行解答。
C. HClO分子中H形成1个共价键，O形成2个共价键，Cl形成1个共价键。注意在书写共价化合
物的电子式时，要使每个原子周围的电子数均达到稳定结构。另外要熟悉并积累常见考物质的电子式书写。
D. 最简式是分子式中各原子的最简单的整数比。乙醇的分子式和最简式相同。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．原子左下角的数字表示其质子数，左上角数字表示其质量数，所以碳原子的质量数=质子数+中子数=6+8=14，所以中子数为8的碳原子表示为：146C，A不符合题意；
B．NH3分子中含有3个单键和1对孤电子对，为sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，B不符合题意；
C．CO（NH2）2的结构简式为 ，C符合题意；
D．基态氧原子核外电子排布式为1s22s22p4，所以其轨道表示式为
，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.原子左下角的数字表示其质子数。
B.NH3中心原子为sp3杂化。
C.CO（NH2）2的结构简式为 。
D.基态氧原子核外电子排布式为1s22s22p4。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．H2中质子、中子和电子的数目分别为2、0、2，数目之和为4；
B．HD中质子、中子和电子的数目分别为2、1、2，数目之和为5；
C．T+中质子、中子和电子的数目分别为1、2、0，数目之和为3；
D．D-中质子、中子和电子的数目分别为1、1、2，数目之和为4；
质子、中子和电子的数目之和最大的是B，
故答案为：B。
【分析】H、D、T分别为氕、氘、氚，结合微粒的结构分析判断。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．OH-的质子数是9，电子数是10，其质子数小于电子数，A不符合题意；
B．NH3为电中性分子，质子数等于电子数，都是10，B不符合题意；
C．该粒子为阳离子Na+，其质子数是11，电子数是10，则其质子数大于电子数，C符合题意；
D． 为原子，质子数等于电子数，都是15，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】质子数大于电子数说明带正电结合选项即可判断
8．【答案】A
【解析】【解答】根据分析可知，X是N，Y为O，Z是F，W是S元素。
A． 同周期从左到右，第一电离能有增大的趋势，ⅤA族p能级上是半充满结构，第一电离能变大，第一电离能：Z>X>Y，故A符合题意；
B． 水分子间形成氢键，熔沸点较高，气态氢化物的熔沸点：Y>W，故B不符合题意；
C． S2-比O2-多一个电子层，O2-与F-电子层结构相同，核电荷数大的半径小，简单阴离子半径：W>Y>Z，半径越大，还原性越强，简单阴离子的还原性：W>Y>Z，故C不符合题意；
D． Y与W形成的两种常见化合物SO2和SO3，中心原子的价层电子对分别为：2+ =3、3+ =3，中心原子的杂化方式相同，均为sp2杂化，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物的结构如图。Y、W同主族，W有6条共价键，二者位于ⅥA族，则Y为O元素，W是S元素；其中X、Y、Z同周期，X形成3条共价键，Z形成一条共价键，则X为N，Z为F元素。
9．【答案】D
【解析】【解答】A.溴位于第四周期，第ⅦA族， 简化电子排布式：， 故A不符合题意；
B. 1-丁醇的键线式 ：， 为1-丙醇，故B不符合题意；
C.p电子云呈哑铃型， 形成的 键模型：，故C不符合题意；
D.水的孤电子对数为，中心原子电子对数为2+2=4，则VSEPR模型为正四面体，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】基态原子电子排布式的书写：1按照构造原理写出电子填入能级的顺序：1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p→5s→4d→5p→6s……2根据各能级容纳的电子数填充电子。3去掉空能级，并按照能层顺序排列即可得到电子排布式。
简化电子式书写：[上一周期惰性气体元素符合]+外围电子排布式。
键线式注意碳原子个数。
σ键以头碰头形式成键。
判断空间构型：1.计算孤电子对，2.计算价层电子对数，3.利用价层电子对数判断。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．Z和X的单质分别为S和O2(或O3)，O2(或O3)常温下为气体，S单质为固体，所以单质熔点Z＞X，A符合题意；
B．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小离子半径越大，所以离子半径B3-＞O2-＞F-＞Li+，即W＞X＞Y＞R，B不符合题意；
C．Li单质的密度比煤油大，不能保持在煤油中，应保存在石蜡中，C不符合题意；
D．Y为F元素，没有正价，则没有最高价氧化物对应的水化物，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据物质的状态判断；
B．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小离子半径越大；
C．Li单质的密度比煤油大，不能保持在煤油中，应保存在石蜡中；
D．F元素，没有正价。
11．【答案】D
【解析】【解答】A.该原子的质量数为18，其质子数为8，故其中子数=质量数-质子数=18-8=10，A不符合题意；
B.在原子中，核外电子数=核电荷数=质子数，故该原子的核外电子数为8，B不符合题意；
C.标在元素符号左上角的数字表示的是质量数，C不符合题意；
D.18O和16O的质子数都是8，中子数分别是10和8，故二者互为同位素，D符合题意；
故答案为：D
【分析】标在元素符号左上角的数字表示的是质量数，而质量数=质子数+中子数，据此结合选项进行分析。
12．【答案】D
【解析】【解答】钾原子半径大于钠原子半径，K原子失去电子更容易，所以钾的第一电离能比钠的第一电离能小，A不符合题意；
因为基态镁原子的价电子排布式为3s2 ，3p轨道处于全空状态，所以更稳定，第一电离能比铝的第一电离能大，B不符合题意；
在所有元素中，氟的电负性最大，He最难失去电子，He的第一电离能最大，C不符合题意；
第三周期所含的元素中，钠原子半径最大，最容易失去电子，所以钠的第一电离能最小，D符合题意。
【分析】A.同主族，从上到下，第一电离能减小；
B.第IIA族元素处于全满状态，第一电离能比同周期相邻元素的大；
C.在所有元素中，氟的电负性最大，He的第一电离能最大；
D.同周期第IA族元素的第一电离能最小。
13．【答案】D
【解析】【解答】A、化合物I、II、III均为离子液体，离子液体由有机阳离子和无机阴离子组成，形成稳定的离子键，因此具有熔点低、难挥发的特点，故A正确；
B、元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：F＞O＞S，则电负性：F＞O＞S，故B正确；
C、化合物I的阴离子AlCl，其中心Al原子采用sp3杂化，不含孤电子对，空间构型为正四面体，故C正确；
D、化合物II中C、N原子的价层电子对数均为4，均采用sp3杂化，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、化合物I、II、III均为离子液体；
B、元素的非金属性越强，电负性越大；
C、化合物I中的阴离子为AlCl；
D、化合物II中，C、N均采用sp3杂化。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．高氯酸铵是由铵根离子和高氯酸根离子形成的离子化合物，化合物中含有离子键和共价键，故A不符合题意；
B．氮气是双原子分子，电子式为 ，故B符合题意；
C．氯原子的核电荷数为17，原子核外有3个电子层，M电子层有7个电子，故C不符合题意；
D．16O2分子中的质子数为8×2=16，中子数为(16-8)×2=16，则质子数与中子数之比为1：1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．铵根与高氯酸跟间为离子键，铵根的N和H以及高氯酸跟的Cl和O之间为共价键；
B．电子式要将原子的最外层电子都表示出来；
C．Cl为17号元素。M层有7个电子；
D．16O中有8个质子8个中子。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．元素Z(硅)在自然界中只有化合态，没有游离态，硅主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，故A不符合题意；
B．化合物甲是硅酸，分子中不是每个原子都满足8电子结构，例如氢原子只达到2电子的结构，故B不符合题意；
C．W和Y形成二元化合物是氢化钠，是离子晶体，W和X形成二元化合物是水，是分子晶体，离子晶体的熔点一般高于分子晶体的熔点，故C符合题意；
D．W为H，X为O，Z为Si都是非金属元素，四种元素中，O的非金属性最强，H的电负性大于Si，故非金属性：H＞Si，O＞H＞Si，即X＞W＞Z，Y为Na，是金属元素，元素的非金属性：X＞W＞Z＞Y，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z位于三个不同的周期，则W为H元素；W与Y同主族，则Y为Na；根据图示可知，Z形成4个共价键，位于ⅣA族，结合原子序数可知Z为Si；X形成2个共价键，位于ⅤⅠA族，应该为O元素，满足“X与Z的核外电子数之和是Y的核外电子数的2倍”，根据分析可知，W为H，X为O，Y为Na，Z为Si元素，据此分析。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．黑磷中P与P之间存在非极性共价键，层与层之间存在范德华力，A不符合题意；
B．黑磷分子的相对分子质量远大于白磷，黑磷的熔点高于白磷，B不符合题意；
C．黑磷中结构中连接为空间立体结构，故P原子杂化方式为，C不符合题意；
D．第三周期中Ar与Cl的第一电离能都大于P的，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．同种原子之间的共价键为非极性键，层与层之间存在范德华力；
B．依据相对分子质量进行比较熔沸点，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高；
C．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
D．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。
17．【答案】A
【解析】【解答】A．硅单质的熔沸点很高，而金属钾为碱金属，熔沸点较低，所以单质沸点Z＞Y，故A符合题意；
B．F原子最外层电子数为7，N原子最外层电子数为5，原子最外层电子数：W＞X，故B不符合题意；
C．元素的非金属性越强，氢化物的越稳定，由于非金属性：F＞N＞Si，简单氢化物的稳定性：HF＞NH3＞SiH4，故C不符合题意；
D．Y与W形成氟化钾，属于离子化合物，不能形成共价化合物，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据题干可知，X2为蜡烛在空气中燃烧的剩余气体，因此X2为N2，所以X为N元素，Y在前四周期主族元素中原子半径最大，且Y为金属，因此Y为K元素，用金属Y还原ZW4得到单质Z，又Z的原子序数大于W且二者原子序数之和23，则Z为Si元素，W为F元素。
18．【答案】B
【解析】【解答】A．氚的质子数为，是氢元素的同位素，不是新元素，A不符合题意；
B．氚与氕、氘是氢元素的不同原子，互为同位素，B符合题意；
C．超重水分子中的中子总数，C不符合题意；
D．、、是氢气单质，为同种物质，D不符合题意；
故答案为：。
【分析】中Z为质子数，A为质量数，中子数=质量数-质子数。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．生物柴油是指植物油（如菜籽油、大豆油、花生油、玉米油、棉籽油等）、动物油（如鱼油、猪油、牛油、羊油等）、废弃油脂或微生物油脂与甲醇或乙醇经酯转化而形成的脂肪酸甲酯或乙酯，地沟油属于高级脂肪酸甘油脂，地沟油转化为生物柴油时醇的部分被取代，发生取代反应，A不符合题意；
B． 、 与 三种微粒中质子数分别为9、9、10，质子数不相同，B符合题意
C．加热时碘易升华，氯化铵易分解为HCl和氨气，遇冷后，碘又重新凝华成固态，HCl和氨气又重新化合为氯化铵，因此碘单质与 固体混合物不可用加热的方法分离，C不符合题意；
D.1L0.3mol/LNaClO溶液中次氯酸根离子数目小于0.3mol，即小于 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.生物柴油主要是利用地沟油进行取代反应制取
B.氢氧根离子和氟离子和铵根离子的质子数不同，但是电子数相同均为10
C.氯化铵易溶于水，而碘单质不易溶于水，因次可以用水进行分离
D考虑次氯酸根离子会水解
20．【答案】A
【解析】【解答】A．CO含两个原子，价电子总数为10，所以与N2为等电子体，根据N2的结构式可知CO的结构式为 ，A符合题意；
B．N2H4分子中每个N原子与另一个N原子共用一对电子，与两个H原子分别共用一对电子，还有一对孤电子对，所以价层电子对数为4，采取sp3杂化，B不符合题意；
C．非金属性O>N>C，则电负性O>N>C，C不符合题意；
D．C的非金属性比B强，所以酸性H3BO3故答案为A。
【分析】A.CO的结构利用找等电子体，利用书写物质的结构式类比；
B.根据杂化轨道的基本公式进行判断中心原子的杂化方式；
C.电负性的大小利用非金属性的强弱进行判断；非金属性越强，电负性越强；
D.最高价氧化物的酸性可以根据非金属性的强弱判断，非金属越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。
21．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1
（2）C（3）sp2；5
（4）CuO；Cu2O；Cu2O中 Cu+的3d轨道为全充满状态，较稳定
【解析】【解答】A元素所处的周期序数、族序数都与其原子序数相等，可知A为氢元素；B原子外有6个电子，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍，可知B为碳元素；D原子L电子层上有2对成对电子，可知D为氧元素；根据原子序数关系，C只能为氮元素；基态E+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，可知E为Cu元素。
(1)铜元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1
(2)同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈增大的趋势，但氮原子的2p轨道为半充满的稳定状态，其元素第一电离能大于氧元素，故B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为C(3)B2A4是乙烯(CH2=CH2)，其分子中碳原子采取sp2杂化，由分子结构可知1个乙烯分子中含有5个σ键。
(4)化合物甲的晶胞中黑球有4个，白球有8×+4×+2×+1=4个；化合物乙的晶胞中黑球有4个，白球有8×+1 =2个；所以化合物甲的化学式为CuO，化合物乙的化学式为Cu2O；CuO、Cu2O中铜元素的价态不同，从核外电子排布式分析可知Cu2O中Cu+的3d轨道为全充满状态，较稳定。
【分析】A元素所处的周期序数、族序数都与其原子序数相等，可知A为氢元素；B原子外有6个电子，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍，可知B为碳元素；D原子L电子层上有2对成对电子，可知D为氧元素；根据原子序数关系，C只能为氮元素；基态E+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，可知E为Cu元素。
(1)铜是29号元素，核外电子排布满足全满和半满状态。
(2)同一周期，从左至右，元素的第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族和VA族满足全满和半充满的稳定状态，其第一电离能大于相邻元素；
(3)依据价层电子对数（价层电子对数=σ键+孤电子对数）确定杂化类型，有机物中碳原子孤电子对数为0；共价单键是σ键；共价双键是一个σ键和一个π键；共价三键是一个σ键和两个π键；
(4)依据晶胞图，利用“均摊法“一个微粒被n个晶胞共享，那么它属于每一个晶胞的只有1/n。
22．【答案】（1）1s22s22p63s23p1
（2）小于
（3）离子晶体
（4）正四面体；sp3
（5）面心立方；
【解析】【解答】本题考查物质结构与性质，主要考查核外电子排布式的书写，第一电离能的比较，空间构型和杂化方式的判断，晶体类型的判断，金属晶体的堆积方式，晶胞的计算。
（1）Al的原子序数为13，基态Al原子核外有13个电子，根据构造原理，基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1。
（2）Al的价电子排布式为3s23p1，Mg的价电子排布式为3s2，Mg的3s处于全充满，较稳定；第一电离能：Al小于Mg。
（3）工业上用电解Al2O3方法制取金属Al，说明熔融Al2O3能导电，Al2O3属于离子晶体。
（4）AlH4-中中心原子Al的孤电子对数为 （3+1-4 1）=0，Al的价层电子对数为0+4=4，AlH4-的VSEPR模型为正四面体型，由于Al上没有孤电子对，AlH4-的立体构型为正四面体型。中心原子Al原子采取sp3杂化。
（5）①根据铝的晶胞结构知，晶体Al中原子的堆积方式为面心立方。②铝原子半径为acm，根据原子间相对位置关系的平面图，晶胞的边长为 =2 acm，晶胞的体积为（2 acm）3=16 a3cm3，用“均摊法”，1个晶胞中含Al：8 +6 =4，1mol晶体的体积为 cm3NA=4 a3NAcm3，1mol晶体的质量为Mg，晶体铝的密度ρ=Mg （4 a3NAcm3）= g/cm3。
【分析】（1） 基态铝原子核外有13个电子，分布在三个电子层上，最外层有3个电子；
（2）根据电子排布式中亚层电子的排布特点进行回答；
（3）能够电解氧化铝的熔融物，说明熔融物能够导电，据此判断晶体类型；
（4）根据价层电子对互斥理论判断空间构型和杂化方式；
（5）根据均摊法计算化学式，结合晶体密度的定义计算其密度即可。
23．【答案】（1）第四周期ⅡB族；；S
（2）sp3；H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se的化合价更高)
（3）平面三角形；AB
（4）Zn；正四面体；50%；
【解析】【解答】（1）由元素周期表的结构可得，锌位于元素周期表的第四周期第ⅡB族；
Se的最外层电子排布式为4s24p6，因此其价电子排布图为；
锌为金属元素，其第一电离能最小，S和Se为同主族非金属元素，由于非金属性S>Se，因此第一电离能S>Se，故第一电离能最大的是S；
（2）Na2SeO3中Se原子的价电子对数为，因此Se原子的杂化类型为sp3杂化；
由于H2SeO4中非羟基氧原子比H2SeO3多，因此酸性H2SeO4>H2SeO3；
（3）SeO3的价层电子对数为3，Se没有孤对电子，因此SeO3的立体构型为平面三角形；
等电子体要求原子总数相同，且价电子数相同，因此与SeO3互为等电子体的有CO32-、NO3-，AB符合题意；
（4）硒化锌中Zn原子和Se原子的个数比为1：1，由晶胞结构可知，Se的原子个数为4，若X和Y点处的原子为Zn，则晶胞中所含Zn原子的个数为：，符合原子个数比1：1，因此X和Y点处的原子均为Zn；
由晶胞结构图可知，该晶胞中硒原子所处空隙类型为正四面体，空隙的填充率为50%；
根据密度公式，解得；
【分析】（1）根据元素周期表的结构确定锌在周期表中的位置；
根据Se的最外层电子排布书写其价电子排布图；
根据第一电离能的影响因素分析；
（2）根据中心原子的价电子对数确定其杂化类型；
根据酸中非羟基氧原子的个数比较分析酸性强弱的原因；
（3）根据SeO3的价层电子对数和孤对电子确定分子空间构型；
根据等电子体的概念分析；
（4）根据硒化锌中原子个数比分析，确定X和Y点的原子；
根据晶胞结构确定硒原子所处空隙类型和该种空隙的填充率；
结合密度公式进行计算；
24．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1
（2）sp3；sp2；11NA；缩二脲的N提供孤对电子给金属离子形成配位键
（3）O；La；6；；
【解析】【解答】(1)Cu是29号元素，根据构造原理，可知基态Cu元素核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；
(2)缩二脲[HN(CONH2)2]是一种有机化合物，分子中N原子与H、C原子之间以单键结合，N原子上还有一对孤电子对，价层电子对数为4，所以N的杂化类型是sp3杂化；C原子与O原子形成了共价双键，故C原子杂化类型为sp2杂化；
共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键，故在1个[HN(CONH2)2]中含有11个σ键，2个π键，故在1 mol [HN(CONH2)2]中含有11NA个σ键；
缩二脲能与Cu2＋形成稳定离子，是由于Cu2+上具有空轨道，缩二脲的N原子上具有孤对电子，二者易形成配位键；
(3)①在该晶胞中A原子个数为：8× +1=2；含有B原子个数为：16× +4× +2=8；含有的C原子个数为：8× +2=4，A：B：C=2：8：4=1：4：2。根据晶胞化学式La2CuO4可知：A表示Cu，B表示O，C表示La，与Cu原子距离相等且最近的O原子有6个，分别为于Cu原子的上、下、前、后、左、右；
②根据图中W、X、Y的坐标可知，Z的坐标为( ， ， )；
③根据密度计算公式可知该晶胞的密度ρ= 。
【分析】（1）根据铜原子的核外电子数即可写出核外电子能级排布
（2）根据氮原子和碳原子的成键情况即可判断杂化方式， 根据结构简式找出含有的σ键个数即可，氮原子含有孤对电子而铜离子还哪有空轨道易形成配位键
（3）① 根据晶胞情况计算出晶胞中ABC的原子个数，即可与化学式对应即可判断ABC代表的原子种类即可找出与A原子最近的氧原子个数② 根据给出的WXY的坐标即可写出Z的坐标③根据晶胞中原子的个数计算出晶胞的质量，再结合晶胞参数计算出体积即可计算出密度
25．【答案】（1）3d104s2
（2）ZnO+2NH+2NH3=[Zn(NH3)4]2++H2O
（3）SiO2
（4）2SbCl+2H2O2+H2O=Sb2O3↓+10Cl-+6H+
（5）与杂质[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+发生反应，将杂质全部除去
（6）4；
【解析】【解答】（1）Zn是30号元素，位于第四周期第ⅡB族，基态Zn的价层电子排布式为3d104s2，答案：3d104s2；
（2）由信息可知，“溶浸”时加入NH4Cl和NH3，主要把ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，NH4Cl水解呈酸性，可将ZnO转化为Zn2+，NH3可以和Zn2+形成配合离子[Zn(NH3)4]2+，离子方程式ZnO+2NH+2NH3=[Zn(NH3)4]2++H2O，答案：ZnO+2NH+2NH3=[Zn(NH3)4]2++H2O；
（3）由信息，ZnO和Cu、Cd、Pd、Sb的氧化物被溶解，存在于滤液中，PbO存在于滤渣中，因为硅的氧化物SiO2不溶于酸性溶液(除HF)，留在滤渣中。答案：SiO2；
（4）由前边分析可知，SbCl被过氧化氢氧化生成Sb2O5，Sb元素化合价由+3升到+5，O元素化合价由-1降低到-2，由化合价升降法配平方程式2SbCl+2H2O2+H2O=Sb2O3↓+10Cl-+6H+，答案：2SbCl+2H2O2+H2O=Sb2O3↓+10Cl-+6H+；
（5）由信息可知，“还原除杂”后面没有其他的除杂过程，Zn比Cu、Cd还原性强，所以“还原除杂”中加过量锌粉的目的将杂质[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+还原除去，答案：与杂质[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+发生反应，将杂质全部除去；
（6）一个晶胞中有Zn个数 ，含S个数为4，根据晶胞平移可重复的特性，每个锌原子位于4个S原子构成的正四面体中心，Zn的配位数为4。一个晶胞体积为，一个晶胞质量 ，晶体密 。答案：4；；
【分析】（1）依据原子构造原理分析；
（2）根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒书写。
（3）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（4）根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电子守恒、电荷守恒书写。
（5）由信息可知，“还原除杂”后面没有其他的除杂过程；
（6）利用均摊法确定原子数，再利用密度公式计算。