高二选修3化学优化训练：专题综合检测(四)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分)
1．下列分子中，键角最大的是( )
A．H2S B．H2O
C．CCl4 D．NH3
解析：选C。题中四种物质中的中心原子的杂化方式都是sp3杂化，CCl4中不存在孤电子对，键角为109.5°；NH3存在一对孤电子对，H2S和H2O存在两对孤电子对，由于孤电子对的排斥作用，导致NH3、H2S和H2O的键角小于109.5°。
2．把下列液体分别装在酸式滴定管中，并使其以细流流下，当用带有静电的玻璃棒接近液体细流时，细流可能发生偏转的是(双选)( )
A．CCl4 B．C2H5OH
C．CS2 D．CH2Cl2
解析：选BD。当用玻璃棒接近液体细流时，极性分子的正、负电荷重心不重合，会受到静电的作用而偏转，故应选极性分子。
3．下列化合物中，既有离子键，又有极性共价键和配位键的是( )
A．硝酸 B．苛性钠
C．氯化铵 D．三氧化硫
解析：选C。氯化铵中氯离子与铵离子之间是通过离子键结合在一起的，而铵离子内部氮原子与氢原子间存在极性键和配位键。
4．下列说法中错误的是( )
A．SO2、SO3都是极性分子
B．在NH和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键
C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强
D．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特征
解析：选A。SO3是平面三角形分子，键角120°，因此它是非极性分子，故A错误。
5．氢元素与其他元素形成的二元化合物称为氢化物，下面关于氢化物的叙述正确的是( )
A．D2O分子中氧原子为sp2杂化
B．NH3的结构式为
C．HCl的电子式为H＋[Cl··,·· ]－
D．热稳定性：H2S＞HF
解析：选B。A中O为sp3杂化；C中HCl为共价化合物，电子式为HCl··,·· ；D中热稳定性H2S＜HF。
6．(2011年启东中学高二检测)近来用红外激光技术研究液氢，发现分子间作用力也可引起微粒间的反应。在液氢中有氢分子和质子形成的H，其构型是等边三角形，属于二电子三中心离子，同时H可进一步形成H，下列判断正确的是( )
A．H的电子式是
B．H可在液氢中形成H、H、H
C．H可在液氢中形成H、H、H
D．H可广泛存在于固态、液态和气态氢中
解析：选C。由题中信息“在液氢中存在氢分子和质子形成的H”，要想使形成的H带一个单位正电荷，H只能与H2进一步结合，形成H、H、H…即n只能为奇数，不能为偶数。
7．科学家发现铂的两种化合物a和b，其中a为。实验测得a和b具有不同的特性：a具有抗癌作用，而b没有。则下列关于a、b的叙述正确的是(双选)( )
A．a和b属于同一种物质
B．a和b互为同分异构体
C．a和b的空间构型是平面四边形
D．a和b的空间构型是四面体
解析：选BC。因为a和b具有不同的特性，所以a和b一定不是同一种物质。性质不同说明结构不同，而a与b的分子式是相同的，所以a和b互为同分异构体。a和b的空间构型若是四面体型，两个氯原子就不存在相邻和相间之分。因此a与b的空间构型只能是平面四边形。
8．在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是( )
A．sp，范德华力 B．sp2，范德华力
C．sp2，氢键 D．sp3，氢键
解析：选C。根据题给信息，硼酸分子是平面结构，键角120°，这是sp2杂化的特征。由于硼酸分子中含有—OH，又能形成类似石墨的层状结构，说明硼酸分子间是按一定取向结合的，符合氢键的特征，有饱和性和方向性，所以，同层分子间以氢键结合，层间以分子间作用力结合。
9．大气污染物氟利昂?12的分子式是CF2Cl2。它是一种卤代烃，关于它的说法中正确的是( )
A．它有两种同分异构体
B．它是极性分子
C．它的空间构型为正四面体
D．它不属于有机物
解析：选B。由于CF2Cl2为四面体，故它仅有一种结构。因C—F键和C—Cl键键长不等，键的极性不能抵消，故为极性分子，它不是正四面体。它属于有机物。
10．如图是配合物叶绿素的结构示意图，有关的叙述正确的是( )
A．该叶绿素只含有H、Mg、C、N元素
B．该叶绿素是配合物，中心原子是镁原子
C．该叶绿素是配合物，其配体是氮元素
D．该叶绿素不是配合物，而是高分子化合物
解析：选B。Mg的最高化合价为＋2价，而化合物中Mg与4个氮原子作用，由此可以判断该化合物中Mg与氮原子间形成配位键，该物质为配合物，B正确，D错误；该化合物组成中还含有氧元素，故A错；该化合物中配位原子为氮原子，而不能称配体，同样也不能称配体是氮元素，因为配体一般是离子或分子。
11．(2011年北大附中高二检测)碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为( )
A．CCl4与I2相对分子质量相差较小，而H2O与I2相对分子质量相差较大
B．CCl4与I2都是直线形分子，而H2O不是直线形分子
C．CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素
D．CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子
解析：选D。根据“相似相溶”规则，非极性分子构成的溶质易溶于非极性分子构成的溶剂中；极性分子构成的溶质易溶于极性分子构成的溶剂中。CCl4和I2都是非极性分子，H2O是极性分子，相比较而言，I2更易在CCl4中溶解而不易溶于水中，D项正确。其余选项都没有揭示问题的实质。
12．下列分子中含有“手性碳原子”的是( )
A．CBr2F2
B．CH3CH2CH2OH
C．CH3CH2CH3
D．CH3CH(NO2)COOH
解析：选D。A、B、C选项的分子中任何一个碳连接的原子或基团都有重复，不合题意；D项中碳链上中间的碳原子上连有—H、—COOH、—CH3、—NO2四个不同原子或基团，符合题意。
13．实验测得气态BeCl2为共价分子，两个Be—Cl键间的夹角为180°，由此可判断BeCl2属于( )
A．由极性键形成的极性分子
B．由极性键形成的非极性分子
C．由非极性键形成的极性分子
D．由非极性键形成的非极性分子
解析：选B。不同元素的原子吸引电子的能力不同，所以Be与Cl形成的共价键是极性键；两个Be—Cl键间的夹角为180°，说明它空间分布呈直线形，配位原子对称分布于中心原子周围，所以是非极性分子，B项正确。
14．下列关于粒子结构的描述不正确的是( )
A．H2S和NH3均是价电子总数为8的极性分子
B．HS－和HCl均是含一个极性键的18电子粒子
C．CH2Cl2和CCl4均是四面体构型的非极性分子
D．1 mol DO中含中子、质子、电子各10NA(NA代表阿伏加德罗常数)
解析：选C。H2S的价电子数为1×2＋6＝8，NH3的价电子数为1×3＋5＝8，二者均是极性分子；HS－中含一个S—H极性键，HCl中含一个Cl—H极性键，二者均是18电子粒子；CH2Cl2虽是四面体构型，但由于正负电荷分布不均匀，所以CH2Cl2属于极性分子；一个DO分子中的中子、质子、电子各为10个，所以1 mol DO中含中子、质子、电子各为10NA(NA代表阿伏加德罗常数)。
15．(2011年苏州高二调研)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分子中氮原子形成三个杂化轨道，CH4分子中碳原子形成4个杂化轨道
C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，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
解析：选C。氨气分子、甲烷分子中的氮原子、碳原子都采用sp3型杂化，但由于NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，导致相应的键角变小，空间构型相应地也发生变化。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(10分)从第3周期中找出符合下列要求的元素的正确组合填空(还可用上H、C元素)。
(1)三核18电子，sp3杂化，空间构型呈折线形的电子式为______________________。
(2)五核18电子，sp3杂化，空间构型呈正四面体形的化学式为______________________。
(3)五核18电子阳离子的符号为__________，其杂化类型是__________杂化，离子构型为__________。
(4)三核38电子，sp杂化，空间呈直线形的结构式为______________________。
解析：第3周期元素形成的三核18电子的H2S分子中的S原子为sp3杂化，呈V形，与H2O相似。五核18电子的正四面体型分子为SiH4，分子中Si原子为sp3杂化，与CH4分子相似。五核18电子的阳离子为PH，其中P原子为sp3杂化，与NH相似。三核38电子的直线形分子为CS2分子，其中C原子为sp杂化，与CO2相似。
答案：(1)H H
(2)SiH4
(3)PH sp3 正四面体
(4)SCS
17．(10分)铜及其合金是人类最早使用的金属材料。
(1)铜原子的核外电子排布式是
________________________________________________________________________。
(2)铜的熔点比钙高，其原因是
________________________________________________________________________；
下图是金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和Cu的原子个数比为__________。
(3)Cu2＋能与NH3、H2O、Cl－等形成配位数为4的配合物。
①[Cu(NH3)4]2＋中存在的化学键类型有__________(填序号)。
A．配位键 B．金属键
C．极性共价键 D．非极性共价键
E．离子键
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，则[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为__________。
③某种含Cu2＋的化合物可催化丙烯醇制备丙醛的反应：HOCH2CH—CH2CH3CH2CHO。在丙烯醇分子中发生某种方式杂化的碳原子数是丙醛分子中发生同样方式杂化的碳原子数的2倍，则这类碳原子的杂化方式为____________杂化。
解析：(1)铜元素核外电子排布应满足“半满、全满稳定”的原理。(2)金属的物理性质主要取决于金属键的强弱，一般来说，金属键越强，金属的硬度越大、熔点越高；该晶胞中顶角的原子按1/8计，面上原子按1/2计。(3)[Cu(NH3)4]2＋中Cu2＋和NH3之间是配位键，NH3内是极性共价键。[Cu(NH3)4]2＋的空间构型可以参照甲烷的空间构型考虑，若为正四面体形则[Cu(NH3)4]2＋中的两个NH3被两个Cl－取代后所得配合物只有一种。根据碳原子形成化学键的“形状”可判断碳原子杂化轨道类型。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s1
(2)晶体中铜的金属键强度大于钙 1∶5
(3)①AC ②平面正方形 ③sp2
18．(11分)已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的＋2价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界。请根据以上情况，回答下列问题：(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)
(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为__________。
(2)B的氢化物的分子空间构型是__________。其中心原子采取__________杂化。
(3)写出化合物AC2的电子式__________；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为__________。
(4)E的核外电子排布式是________________________________________________________________________，
ECl3形成的配合物的化学式为____________。
解析：本题主要考查元素推导，涉及电离能、空间构型、杂化方式、电子式、等电子体、核外电子排布式以及氧化还原反应书写等知识点。A、B、C是位于同一周期的三种非金属元素，且B、C在同族中氢化物的沸点最高，可以推断其中含有氢键，由此推测A、B、C为位于第2周期的元素，又D的＋2价阳离子与C阴离子具有相同的结构，则说明D为Mg。由AC2为非极性分子，可推知为CO2，B元素则为N。24号的E则为Cr元素。(1)同一周期第一电离能具有增大的趋势，但由于N具有半充满结构，因而第一电离能最大，即为C＜O＜N。(2)B的氢化物即为NH3，中心氮原子采取sp3杂化，由于有一对孤电子对，所以NH3应为三角锥形。(3)AC2即为二氧化碳，电子式中碳以两对电子分别和两边的氧共用；等子电子体的概念中要明确两点：原子数相等，价电子数相同。(4)24号Cr要注意核外电子的特殊性，即d轨道为半充满的稳定结构排布，即[Ar]3d54s1。根据题目中所给信息，CrCl3的配体为NH3和H2O，两者物质的量之比为2∶1，总配位数为6，则NH3为4个，H2O为2个，又Cl－为外界，则配合物不难写出为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。
答案：(1)C＜O＜N
(2)三角锥形 sp3
(3) NO
(4)1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)
[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3
19.
(12分)(2011年天津一中高一检测)右图为短周期的一部分。A、C两元素原子核外分别有两个、一个未成对电子。试回答：
(1)写出B、C两种元素原子的电子排布式：______________________、______________________。
(2)短周期元素D与A同主族，则A、B、D三种元素形成的氢化物的分子中可以形成氢键的是__________；已知氢化物分子中，A、B、D原子的孤电子对均在杂化轨道内，则A、B、D原子的杂化类型都是__________；A、B、C、D四种元素最高价氧化物的水化物对应酸性由强到弱的顺序为____________________________。
(3)短周期元素E原子核外也有两个未成对电子，且E是形成化合物最多的元素，其常见同素异形体中属于原子晶体的是__________(名称)，另一同素异形体石墨的中心原子的杂化类型为__________。
解析：(1)在元素周期表中，前三个周期是短周期，A可能处于第1或第2周期，第1周期只有氢和氦两种元素，无论A是氢元素还是氦元素都不可能在题中给出的A、B、C的相对位置，所以A应当位于第2周期，B、C位于第3周期；第2周期原子核外有两个未成对电子的元素是碳和氧，如果A是碳，图中C的位置就应该是磷元素，而磷的原子核外有三个未成对电子，不合题意。所以A一定是氧元素，由此推出B与C分别是磷元素和氯元素。(2)D与氧元素同主族且属于短周期，一定是硫元素，O、P、S形成的氢化物分别是H2O、PH3、H2S，其中H2O中氧元素的电负性较大，原子半径较小，可以形成氢键，这三种氢化物的中心原子的孤电子对与成键电子都参与杂化，它们的价电子对数是4，进行sp3杂化，A、B、C、D四种元素最高价氧化物对应的水化物分别为H2O、H3PO4、HClO4、H2SO4，它们的酸性由强到弱的顺序为HClO4>H2SO4>H3PO4>H2O。(3)根据题中所示的条件推知E是碳元素。常见的碳元素的同素异形体是金刚石和石墨；金刚石是空间网状结构，属于原子晶体；石墨是层状结构，每层中的碳原子以sp2杂化方式与另外的3个碳原子成键，3个碳碳共价键的夹角都是120°。
答案：(1)1s22s22p63s23p3 1s22s22p63s23p5
(2)H2O sp3杂化 HClO4>H2SO4>H3PO4>H2O
(3)金刚石 sp2杂化
20．(12分)(2011年高考福建卷)氮元素可以形成多种化合物。
回答以下问题：
(1)基态氮原子的价电子排布式是________。
(2)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是________。
(3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。
①NH3分子的空间构型是________；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是________。
②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：
N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－1038.7 kJ·mol－1
若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键有________mol。
③肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在________(填标号)。
a．离子键 b．共价键 c．配位键 d．范德华力
(4)图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见面2)。分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。
下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是________(填标号)。
a．CF4 b．CH4 c．NH d．H3O
解析：(1)氮原子的价电子排布式：2s22p3。(2)同周期元素第一电离能从左向右有增大的趋势，第ⅢA、ⅥA族突减，因此三者的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C。(3)①NH3的空间构型是三角锥形，N2H4分子可看作两个NH3分子脱去一个H2分子所得，氮原子采用sp3杂化方式结合。②1 mol N2中含有2 mol π键，4 mol N—H键断裂即有1 mol N2H4反应，生成1.5 mol N2，则形成3 mol π键。③硫酸铵晶体是离子晶体，则N2H6SO4晶体也是离子晶体，内部不含有范德华力。(4)能被该有机物识别即能嵌入空腔形成4个氢键，则要求某分子或离子是正四面体结构且能形成氢键，只有c项符合题意。
答案：(1)2s22p3 (2)N＞O＞C (3)①三角锥形 sp3 ②3 ③d (4)c高二选修3化学优化训练：专题综合检测(二)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分)
1．在d轨道中电子排布成，而不排布成，其最直接的根据是( )
A．能量最低原理 B．泡利不相容原理
C．原子轨道能级图 D．洪特规则
解析：选D。根据洪特规则，电子优先进入平行轨道使体系能量最低。
2．(2011年无锡高二月考)具有下列电子排布式的原子中，半径最大的为( )
A．1s22s22p63s1 B．1s22s22p63s23p64s1
C．1s22s22p63s2 D．1s22s22p63s23p64s2
解析：选B。根据电子排布式可知A为Na，B为K，C为Mg，D为Ca，显然K半径最大。
3．下列叙述正确的是( )
A．除0族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数
B．除短周期外，其他周期均为18种元素
C．副族元素没有非金属元素
D．碱金属元素是指ⅠA族的所有的元素
解析：选C。选项A中，F和O元素应除外；选项B，第6周期为32种元素，如果第7周期填满也为32种元素；选项D，第一主族元素包括H，而碱金属元素中无H。
4．O、S、As三种元素比较，正确的是( )
A．电负性O＞S＞As，原子半径O＜S＜As
B．电负性O＜S＜As，原子半径O＜S＜As
C．电负性O＜S＜As，原子半径O＞S＞As
D．电负性O＞S＞As，原子半径O＞S＞As
解析：选A。同主族元素的电负性从上到下逐渐减小，同周期元素电负性逐渐增大，故电负性O＞S＞As，元素的原子半径同周期(0族除外)从左到右逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径As＞S＞O。
5．在下面的价电子结构中，第一电离能最小的原子可能是( )
A．ns2np3 B．ns2np5
C．ns1 D．ns2np6
解析：选C。各价电子结构对应的原子分区为A：p区ⅤA族元素，B：p区ⅦA族元素，C：s区ⅠA族元素；D：p区0族元素，依据同周期元素原子第一电离能变化规律可知选C。
6．(2011年北京东城区高二检测)下列各原子或离子的电子排布式错误的是( )
A．Na＋ 1s22s22p6 B．F－ 1s22s22p6
C．N3－ 1s22s22p3 D．O 1s22s22p4
解析：选C。N3－的电子排布式应为1s22s22p6。
7．一定呈＋1价的金属元素是( )
A．M层比L层电子数少6的元素
B．质量数为23，中子数为12的元素
C．4s轨道上有1个电子的元素
D．电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2的原子
解析：选B。A项元素为Mg，呈＋2价；B项元素为Na，只有＋1价；C项元素可能为Cr(3d54s1)或Cu(3d104s1)，故C项元素不一定呈＋1价；D项是Fe，其化合价为＋2价或＋3价。
8．下列叙述正确的是( )
A．可能存在核外电子排布为1s22s22p63s23p64s24p1的原子
B．在氢原子的基态电子的概率分布图中，小黑点的疏密程度表示电子在该区空间出现概率的大小
C．当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相反
D．1个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且自旋方向相同
解析：选B。A中原子的核外电子排布应该为：
1s22s22p63s23p63d14s2；当电子排布在能量相同的各个轨道时，总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相同，而一个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且自旋方向相反，所以C、D错误。
9．元素A的各级电离能数据如下：
I1 I2 I3 I4 I5 I6
I/kJ·mol－1 578 1817 2745 11578 14831 18378
则元素A常见价态是( )
A．＋1 B．＋2
C．＋3 D．＋4
解析：选C。通过观察元素A的各级电离能数据，会发现在失去第4个电子时，电离能急剧增大，说明失去第4个电子很难，故A元素显＋3价。
10．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.W元素的第一电离能小于Y元素的第一电离能
B．Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C．p轨道未成对电子最多的是Z元素
D．X元素是电负性最大的元素
解析：选D。根据五种元素所处位置，X、W、Y、R、Z五种元素分别为：F、P、S、Ar、Br。磷元素的第一电离能比硫元素的第一电离能要略大，Z的阴离子比R原子多一个电子层，故A选项和B选项是错误的。W元素的p轨道上有3个未成对的电子，故C选项是错误的；X是所有元素中非金属性最强的元素，即D选项是正确的。
11．下列原子的价电子排布中，对应的第一电离能最大的是( )
A．3s23p1 B．3s23p2
C．3s23p3 D．3s23p4
解析：选C。四种元素均为第三周期元素，由电离能的变化规律及核外电子的排布情况知C中3p能级处于半充满状态，第一电离能最大。
12．下列基态原子的电子构型中，正确的是( )
A．3d94s2 B．3d44s2
C．4d105s0 D．4d85s2
解析：选C。电子进入轨道满足能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则及特例。
13．原子基态时最外层电子排布式是5s1，下列描述一定正确的是( )
A．其单质常温下跟水反应不如钠剧烈
B．其原子半径比钾原子半径小
C．其碳酸盐易溶于水
D．原子核外电子数比钾原子的多
解析：选D。根据最外层电子排布式可以得出该原子属于碱金属原子或过渡金属原子。若为碱金属原子，根据元素性质递变规律：随着原子序数的增大，原子半径应增大，金属性逐渐增强，与水反应的剧烈程度也逐渐增大，可得选项A、B错误。若该原子为过渡金属原子，则为Ag原子，其碳酸盐微溶于水，因此，选项C不一定正确，答案应选D。
14．已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是( )
A．最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性弱于Y对应的酸性
B．在元素周期表中X位于Y的右面
C．Y的气态氢化物的稳定性小于X的气态氢化物的稳定性
D．X与Y形成的化合物中，X显负价，Y显正价
解析：选A。同周期中电负性大的元素非金属性也强，故X的非金属性比Y的强，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；同周期中非金属性强的元素排在非金属性弱的元素的右边；非金属性强，其气态氢化物的稳定性就强；在形成化合物时，电负性大的元素显负价。
15．关于周期律和周期表的叙述，下列说法正确的是( )
A．元素的性质随着相对原子质量的增加，呈现周期性的变化
B．在周期表中，族序数都等于该族元素原子的最外层电子数
C．在周期表中，非金属性最强的元素，其电负性值最大
D．随着核电荷数的增加，元素的原子半径依次增大
解析：选C。元素的性质是随着原子序数(或核电荷数)的增加，呈现周期性变化的；族序数不一定等于该元素原子的最外层电子数，如0族和副族元素；电负性最大的元素是氟，它也是非金属性最强的元素；同周期中(0族除外)随着核电荷数的增加，元素的原子半径依次减小，同主族中随着核电荷数的增加，元素的原子半径依次增大。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(12分)填空：
(1)在1～18号元素中，除稀有气体元素外：
原子半径最大的元素是________，电负性最大的元素是________(用元素符号表示)；
(2)某元素＋3价离子的3d轨道半充满，该元素为________(用元素符号表示)；
(3)某元素的原子的价电子构型为4s24p1，它在周期表中的位置是________，最高正化合价________；
(4)某元素的激发态(不稳定状态)原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2，该元素基态原子的电子排布式为____________________。
解析：(1)根据元素性质的递变规律可知1～18号元素中原子半径最大的是Na，电负性最大的元素是F。
(2)该元素＋3价离子的电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d5，则该元素为26号元素Fe。
(3)根据构造原理，价电子构型为4s24p1的元素原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，该元素位于周期表中第4周期ⅢA族，最高正化合价等于其最外层电子数。
(4)根据构造原理及该元素激发态原子的电子排布式可知，该激发态原子是由其基态原子中的3s、3p能级中各1个电子跃迁到3d能级中形成的。故其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4。
答案：(1)Na F (2)Fe (3)第4周期ⅢA族 ＋3 (4)1s22s22p63s23p4
17．(9分)某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，试回答：
(1)写出该元素原子核外电子排布式______________。
(2)指出该元素的原子序数，指出它在周期表中所处的分区、周期数和族序数，是金属还是非金属以及最高正化合价：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：本题关键是根据电子层数推出价层电子构型，由此即可写出核外电子排布式及回答其他问题。
(1)由一个价电子的电子层数可知，该电子为3d电子，则其他两个价电子必为4s电子(因为E3d＞E4s)，价层电子构型为3d14s2。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d14s2
(2)该元素的原子序数为21；处于周期表中的d区，第4周期ⅢB族；是金属元素，最高正价为＋3价
18．(12分)(2011年高考安徽卷改编题)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变化如下图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大。
(1)X位于元素周期表中第________周期第________族；W的基态原子核外有________个未成对电子。
(2)X的单质和Y的单质相比，熔点较高的是________(写化学式)；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是________(写化学式)。
(3)Y与Z形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是________________________________。
解析：W的质子数Z＝A－N＝18－10＝8，则W为氧；X和Ne的核外电子数相差1，且图中X的原子半径大于W，则X为钠；Y的单质是一种常见的半导体材料，则Y为硅；Z的原子序数大于Y，且在同周期主族元素中电负性最大，则Z为氯。
(1)Na在元素周期表中位于第3周期第ⅠA族。O的基态的子的轨道表示为，故有2个未成对电子。
(2)Na的单质和Si的单质相比较，晶体Si为原子晶体，故熔、沸点高。氯的非金属性强于溴，故HCl的稳定性更强。
(3)SiCl4与H2O反应的化学方程式为SiCl4＋3H2O===H2SiO3＋4HCl。
答案：(1)3 ⅠA 2 (2)Si HCl
(3)SiCl4＋3H2O===H2SiO3＋3HCl
19．(8分)有A、B、C、D、E五种元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p轨道的电子数等于次外层的电子总数；B原子最外层中有两个未成对的电子；D、E原子核内各自的质子数与中子数相等；B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中，D与B的质量比为7∶8；E与B的质量比为1∶1。根据以上条件回答下列问题。
(1)A、B、C、D、E五种元素分别为________、__________、________、________、________。
(2)A、B、C、D四种元素电负性由大到小的顺序为________________________。
解析：(1)A原子最外层p轨道电子数等于次外层的电子总数，说明次外层为K层，故A的电子排布式为1s22s22p2，即A为碳元素。B原子最外层中有两个不成对的电子，说明B为ⅣA或ⅥA族的元素，又B与A同周期，说明B为氧元素。C元素可与B形成CB2型化合物，且C与A、B同周期，说明C为氮元素。在DB2中，D与B的质量比为7∶8，即D的相对原子质量为×32＝28；在EB2中，E与B的质量比为1∶1，即E的相对原子质量为32；D、E核内质子数与中子数相等可知D为硅元素，E为硫元素。
答案：(1)C O N Si S (2)O＞N＞C＞Si
20．(14分)某些元素的性质或原子结构信息如下表所示：
A(短周期) B(短周期) C D(短周期)
原子最外层上p电子数等于次外层电子数 原子最外层有两个未成对电子，其单质为人类生存必需物质 单质为生活中常见的金属材料，有紫红色金属光泽 单质是常见的半导体材料，广泛应用于IT行业
(1)写出A单质与浓硝酸加热反应的化学方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)写出B元素在周期表中的位置：________，写出C元素基态原子的电子排布式：__________________。
(3)写出A与D的氧化物在高温下反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
(4)写出B、D形成的化合物与NaOH溶液反应的离子方程式：
________________________________________________________________________。
(5)比较A、B、D三种元素原子的第一电离能的大小________(由大到小用元素符号表示)。
解析：原子最外层上p电子数最多是6，而短周期元素的次外层电子数是2或8，所以A元素的电子排布式为1s22s22p2，故A为碳元素；短周期元素中最外层有两个未成对电子的元素有C、O、Si、S，这几种元素构成单质中O2是人类生存必需物质，故B是氧元素；生活中常见的有紫红色金属光泽的金属材料只有铜，故C是铜元素；硅单质是常见的半导体材料，广泛应用于IT行业，故D是硅元素。
答案：(1)C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
(2)第2周期ⅥA族 1s22s22p63s23p63d104s1
(3)2C＋SiO22CO↑＋Si
(4)SiO2＋2OH－===SiO＋H2O
(5)O＞C＞Si高二选修3化学优化训练：专题综合检测(一)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分)
1．门捷列夫的突出贡献是( )
A．提出原子学说 B．提出分子学说
C．发现元素周期律 D．发现能量守恒定律
解析：选C。门捷列夫的贡献是发现了元素周期律并绘制出第一张元素周期表。A、B两项分别为道尔顿和阿伏加德罗的贡献。
2．下列解释不科学的是( )
A．“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故
B．长期盛放NaOH溶液的滴瓶不易打开，是因为NaOH与瓶中的CO2反应导致瓶内气体减少形成“负压”的缘故
C．严格地讲，“通风橱”是一种不负责任的防污染手段，因为实验产生的有害气体没有得到转化或吸收
D．“雨后彩虹”、“海市蜃楼”是一种自然现象，与胶体的知识有关
解析：选B。长期盛放NaOH溶液的试剂瓶不易打开是因为NaOH与玻璃中的SiO2发生反应生成了具有黏性的Na2SiO3，它属于矿物胶，将塞子和瓶口粘到了一起。空气中CO2的含量仅占0.03%，它不会造成太大负压。
3．科学研究发现铂的两种化合物(短线表示化学键)有不同的特性，其中a具有抗癌作用，而b没有。下列说法正确的是( )
A．a、b分子中，Pt原子与2个Cl原子、2个N原子间形成的结构与CH2Cl2相似
B．a、b是不同物质
C．a、b互为同素异形体
D．a、b是同一物质
解析：选B。a、b两种分子的结构都是四边形，但它们中的—Cl与—NH2所处位置不同，前者是顺式，后者是反式，互为顺反异构体；a、b结构不同，化学性质不同，不是同一物质；同素异形体是对于单质而言的，不能用于化合物。
4．人造骨是一种具有生理功能的新型无机非金属材料。它类似于人骨和天然牙的性质和结构。人造骨可以依靠从人的体液中补充某些离子形成新骨，可在骨骼接合界面产生分解、吸收、析出等反应，实现骨骼牢固结合，人造骨植入人体内需吸收人体中的下列哪些离子形成新骨(双选)( )
A．Ca2＋ B．Cl－
C．Na＋ D．PO
解析：选AD。骨骼的主要成分为无机盐Ca5(OH)(PO4)3、Ca3(PO4)2等，所以它与人体的体液中相互交换的成分应为Ca2＋和PO。
5．下列关于4820Ca的说法错误的是( )
A．质子数为20 B．电子数为20
C．中子数为20 D．质量数为48
解析：选C。分析4820Ca可知该钙原子质量数为48，质子数＝电子数＝20，中子数＝48－20＝28。
6．(2011年宁夏银川高二质检)科学家预言纳米技术将引起又一次产业革命，下列有关纳米的叙述不正确的是( )
A．纳米是一种用途广泛的高科技产品
B．纳米技术可以直接用原子和分子来构造自然界所没有的新物质
C．纳米是微观世界的长度单位
D．纳米可用作原子半径的单位
解析：选A。纳米是一种长度单位，用“nm”表示，1 nm＝10－9 m。
7．为了进一步提高合成氨的生产效益，科研中最有开发价值的是( )
A．寻求H2的新来源
B．研制耐高温、高压的新材料合成塔
C．研制低温下活性较大的催化剂
D．研制高温下活性较大的催化剂
解析：选C。合成氨的反应，高温有利于加快化学反应速率，低温有利于化学平衡正向移动，提高NH3的产率，采取高温的主要原因是在500 ℃左右催化剂具有最大的催化活性。如果能找到低温下活性高的催化剂，可以大大地降低NH3的合成成本，提高生产效益。
8．氮化硅陶瓷是一种超硬耐磨物质，可用于制造高性能柴油发动机部件，它属于( )
A．金属材料 B．无机非金属材料
C．复合材料 D．功能高分子材料
解析：选B。氮、硅元素均为非金属元素。功能高分子材料指有特殊功能的有机高分子化合物，所以氮化硅陶瓷应是一种无机非金属材料。
9．近几年，国际上提出了“预防污染”这一概念，绿色化学是“预防污染”的根本手段。针对“吸烟”而言，下列活动属于实施绿色化学活动的是( )
A．处理废弃物——烟灰、烟蒂
B．治理污染点——通风，排除烟雾
C．减少有毒物——使用过滤嘴、低焦油烟
D．杜绝污染物——禁烟、戒烟
解析：选D。绿色化学的目的是在于预防污染，根本手段为杜绝污染物。
10．美国FDA证实，该国地质勘测局在内华达州法隆镇的一些奶牛场附近的井水中发现了84号元素Po(钋)的一种放射性致癌同位素。钋是目前已知最稀有的元素之一，下列有关它的说法正确的是( )
A．门捷列夫能预测钋在地球上的分布
B．钋在第7周期第ⅥA族
C．钋的最外层电子数为6
D．钋属于副族元素
解析：选C。A项，门捷列夫发现了元素周期律，但不能预测元素在地球上的分布，所以错误；因为钋和86号元素的原子序数之差为2且小于86，所以钋在第6周期第ⅥA族，最外层电子数应为6个，所以C正确，B、D错误。
11．若把长式元素周期表原先的主副族及族号取消，由左至右改为18列，如碱金属元素在第1列，稀有气体元素在第18列。按此规定，下列说法错误的是(双选)( )
A．第9列元素中没有非金属元素
B．只有第2列元素原子最外层有2个电子
C．第1列元素均为金属元素
D．在整个18列元素中，第3列的元素种类最多
解析：选BC。根据元素周期表的结构可知，第9列是原第Ⅷ族中的第2个纵行，没有非金属元素，A项正确。第18列的He元素最外层也有2个电子，所以B项错误。第1列元素除了碱金属元素外还有氢，而氢为非金属元素，因此C项错误。第3列即第ⅢB族，包括镧系和锕系元素，镧系和锕系各包括15种元素，因此第3列元素种类最多，D项正确。
12．元素周期表中相邻元素之间原子序数的关系正确的是(双选)( )
A．相邻主族的元素的原子序数之差一定都是1
B．主族中相邻元素的原子序数之差有1、11、25
C．相邻周期元素的原子序数之差一定都是8
D．相邻周期元素的原子序数之差可能有2、8、18、32
解析：选BD。分析元素周期表可知，相邻主族元素的原子序数之差有1、11、25；相邻周期元素的原子序数之差有2、8、18、32。
13．6 g某金属跟足量盐酸反应产生0.5 g氢气，生成的＋2价金属氯化物中共有11.5 mol电子，则该金属在元素周期表中的位置是(双选)( )
A．第2周期 B．第3周期
C．ⅡA族 D．ⅢA族
解析：选BC。设该金属为M，
则M＋2HCl===MCl2 ＋ H2↑
n(M) n(MCl2) 0.5 g/2 g·mol－1
n(MCl2)＝0.25 mol，设M原子电子数为x，(x＋17×2)×0.25＝11.5，解得x＝12，原子中电子数＝质子数＝12，故该金属为Mg。
14．(2011年湖北黄冈高二四校联考)1995年8月，IUPAC相对原子质量与同位素年度委员会在英国Gaildford会议上决定修正五项相对原子质量，其中修订的有碳(C)12.01078。这里12.01078指的是( )
A．12C的相对原子质量
B．13C的相对原子质量
C．碳元素的平均相对原子质量
D．碳元素的近似相对原子质量
解析：选C。碳元素有多种同位素，其相对原子质量应为各同位素的平均相对原子质量。
15．我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3×10－9 m)恢复了磁性。“钴酞菁”的分子结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法不正确的是( )
A．此项工作可以用来改变分子的某些物理性质
B．“钴酞菁”分子所形成的分散系具有丁达尔效应
C．“钴酞菁”分子不能透过滤纸，可用过滤的方法进行分离提纯
D．此项工作可广泛应用于光电器件、生物技术等方面
解析：选C。A项，当物质的大小改变时，其物理性质可能发生变化，A对；B项，此分子直径在胶粒直径范围内，B对；C项，胶粒可透过滤纸，C错。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(9分)(2011年浙江宁波高二检测)(1)画出下列元素的原子结构示意图。
①核电荷数为13的元素：________________。
②某元素原子的最外层电子数等于次外层电子数：________________。
③L层电子数是M层电子数2倍的元素：__________。
④某同位素原子核内没有中子的元素：____________。
(2)写出1～18号元素中符合下列条件的原子(或离子)的微粒符号和结构示意图。
①某元素原子L层上的电子数为K层的3倍：________。
②某元素原子L层上的电子数为K层的一半：________。
③得到2个电子后，电子总数与氩原子的电子总数相同的离子：________。
④某元素原子的最外层电子数等于次外层电子数的2倍：________。
解析：(1)①是Al，②是Be或Ar；③是Si；④是H。
(2)①是O原子；②是Li原子；③是S2－离子；④是C原子。
17．(12分)元素A的原子序数为x，A和B所在的周期的元素种类分别是m和n。
(1)如果A和B同在ⅠA族，当B在A的上一周期时，B的原子序数为________________，当B在A的下一周期时，B的原子序数为________________。
(2)如果A和B同在ⅦA族，当B在A的上一周期时，B的原子序数为________________，当B在A的下一周期时，B的原子序数为________________。
解析：(1)A、B都在ⅠA族时，两元素的原子序数之差为上面元素所在周期中包含的元素种类数；
(2)A、B若都在ⅦA族时，两元素的原子序数之差为下面元素所在周期中包含的元素的种类数。
答案：(1)x－n x＋m (2)x－m x＋n
18．(9分)BGO是我国研制的一种闪烁的晶体材料，曾用于诺贝尔奖获得者丁肇中的著名实验，它是锗酸铋的简称。若知：
①在BGO中，锗处于其最高价态；
②在BGO中，铋的价态与铋和氯形成某种共价氯化物时所呈的价态相同，在此氯化物中铋具有最外层8个电子稳定结构；
③BGO可看成是由锗和铋两种元素的氧化物所形成的复杂氧化物，且在BGO晶体的化学式中，这两种氧化物所含氧的总质量相同。
请填空：
(1)锗和铋的元素符号分别是________和________。
(2)BGO晶体的化学式是____________。
(3)BGO晶体中所含铋氧化物的化学式是________。
解析：本题考查元素周期律及元素周期表的相关知识。锗为ⅣA族元素，铋为ⅤA族元素，锗显最高价即＋4价，但铋显的价态却要通过生成的氯化物来确定，此氯化物中氯与铋均满足最外层8电子结构，所以生成物为BiCl3，铋为＋3价，氧化物为Bi2O3。
答案：(1)Ge Bi (2)Bi4(GeO4)3或2Bi2O3·3GeO2 (3)Bi2O3
19．(12分)已知X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而Z原子的最外层电子数是次外层电子数的三倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则
(1)X是___________(填名称，下同)，Y是____________，Z是____________。
(2)由Y和Z组成，且Y和Z质量比为7∶20的化合物的化学式(分子式)是________。
(3)由X、Y、Z中的两种元素组成，且与X2Z分子具有相同电子数的两种离子是________和________。
(4)X、Y、Z可以形成一种盐，此盐中X、Y、Z元素的原子个数比为4∶2∶3，该盐的化学式(分子式)是________。
解析：(1)根据原子的核外电子排布情况容易得出X为H、Z为O，再根据Y和Z可以形成两种以上气态化合物，原子序数依次递增得出Y只能为N；(2)考查化学式的有关计算；(3)考查10电子微粒的知识；(4)N、H、O三种元素形成的盐只能是铵盐。
答案：(1)氢 氮 氧 (2)N2O5 (3)NH OH－ (4)NH4NO3
20．(13分)(2011年浙江杭州高二质检)已知1～20号元素中A、B、C、D四种元素的原子中，质子数为A＜B＜C＜D，A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；B元素的原子核外M层电子数是L层电子数的一半；C元素的原子次外层电子数比最外层电子数多1个。D的原子核外K层、L层电子数之和等于M、N层电子数之和，试推断：
(1)元素的名称：C________，D________。
(2)原子结构示意图：A________，B________。
(3)工业上由A元素的单质制取B元素的单质的化学方程式
________________________________________________________________________。
(4)若没有“质子数为A＜B＜C＜D”的限制，C还可以是________元素。
解析：A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，次外层只能是K层，A为碳元素；B元素的原子核外M层电子数是L层电子数的一半，L层电子数为8，M层电子数为4，B元素为硅元素；C元素的原子次外层电子数比最外层电子数多1个，符合此条件的元素有锂和氯，因为质子数B小于C，C为氯元素；D的原子核外K层、L层电子数之和为10，又等于M、N层电子数之和，D为钙元素。
答案：(1)氯 钙
(3)SiO2＋2CSi＋2CO↑ (4)锂高二选修3化学优化训练：专题综合检测（三）
一、选择题(本题共包括15小题，每小题3分，共45分)
1．瑞典皇家科学院将2003年诺贝尔化学奖授予在水通道细胞膜(疏水性跨膜多肽类物质)研究方面作出开创性贡献的两位美国科学家。如图显示水分子通过膜通道的中部时水分子发生旋转，从而破坏了水分子因氢键形成的网状结构，阻止了质子利用氢键网格跳跃前行的可能。下列关于水通道膜说法错误的是( )
A．水分子和离子都能自由通过水通道膜
B．膜通道是一种特殊结构的蛋白质
C．上述题干中的“质子”是指H＋
D．水通道膜广泛存在于动植物和微生物中
解析：选A。由信息知水通道是多肽类蛋白质；水分子不能自由通过水通道膜。
2．下列叙述正确的是( )
A．共价化合物中原子都一定满足最外层8电子结构
B．通过共价键形成的分子一定是共价化合物
C．共价化合物中可能含有离子键
D．微粒间通过共价键形成的晶体，具有很高的熔、沸点
解析：选D。A不正确，如HCl分子中的氢原子最外层只有2个电子；B不正确，有可能是单质；C不正确，若含有离子键一定是离子晶体；D正确，微粒间通过共价键形成的晶体为原子晶体，原子晶体熔、沸点高。
3．(2011年河北承德高二五校联考)下列说法中正确的是( )
A．冰融化时，分子中H—O键发生断裂
B．原子晶体中，共价键越强，熔点越高
C．分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点一定越高
D．分子晶体中，分子间作用力越大，该物质越稳定
解析：选B。冰为分子晶体，融化时破坏的是分子间作用力，故A项错误。原子晶体熔点的高低取决于共价键的强弱，共价键越强，熔点越高，故B项正确。分子晶体熔、沸点高低取决于分子间作用力的大小，而共价键的强弱决定了分子的稳定性，所以C、D项错误。
4．下列有关晶体的说法中，正确的是( )
A．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
B．干冰晶体熔化只需克服分子间作用力
C．氢键具有方向性和饱和性，也属于一种化学键
D．原子晶体中只存在极性共价键，不可能存在其他类型的化学键
解析：选B。分子间作用力的大小决定分子的物理性质，而分子的稳定性则取决于化学键的强弱，故A项错误；氢键虽然有方向性和饱和性，但它属于分子间作用力，不是化学键，所以C项错误；D项中如晶体Si，均为非极性共价键，故错误。
5．氮化硼是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。下列各组物质熔化时所克服的微粒间作用力与氮化硼熔化所克服的微粒间的作用力相同的是( )
A．硝酸钠和金刚石 B．晶体硅和水晶
C．冰和干冰 D．苯和碘
解析：选B。由题干知，BN为原子晶体，熔化时克服的是共价键，因此，符合条件的必须也是熔化时破坏的是共价键，即为原子晶体，故B正确。
6．开发新材料是现代科技发展的方向之一。下列有关材料的说法正确的是( )
A．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
B．C60属于原子晶体，用于制造纳米材料
C．纤维素乙酸酯属于天然高分子材料
D．单晶硅常用于制造光导纤维
解析：选A。B项，C60属于分子晶体；C项，纤维素乙酸酯不是天然高分子材料；D项，二氧化硅常用于制造光导纤维。
7．(2011年广东梅州高二阶段性诊断考试)将SiCl4与过量的液氨反应可生成化合物Si(NH2)4。将该化合物在无氧条件下高温灼烧，可得到氮化硅(Si3N4)固体，氮化硅是一种新型的耐高温、耐磨材料，在工业上有广泛的应用。则氮化硅所属的晶体类型是( )
A．原子晶体 B．分子晶体
C．离子晶体 D．金属晶体
解析：选A。该物质是一种耐高温、耐磨材料，由此可以推出其固体硬度高，因此该物质为原子晶体。
8．某晶体的一部分如下图所示，这种晶体中A、B、C三种粒子数之比是( )
A．3∶9∶4 B．1∶4∶2
C．2∶9∶4 D．3∶8∶4
解析：选B。这是个三棱柱结构，顶点占，水平棱上占，竖直棱上占，面上占，内部占1。故A、B、C三种粒子数之比为(6×)∶(6×＋3×)∶1＝1∶4∶2。
9．下列物质的熔点均按由高到低的次序排列，其原因是由于键能由大到小排列的是( )
A．铝、钠、干冰
B．金刚石、碳化硅、晶体硅
C．碘化氢、溴化氢、氯化氢
D．二氧化硅、二氧化碳、一氧化碳
解析：选B。分子晶体的熔点由分子间作用力决定，离子晶体、原子晶体、金属晶体的熔点由键能决定，A、C、D三项中均有分子晶体，故选B。
10．下列有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关系的是( )
表述Ⅰ 表述Ⅱ
A 在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大 NaCl晶体中Cl－与Na＋间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力
B 通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高 Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小
C 在形成化合物时，同一主族元素的化合价相同 同一主族元素原子的最外层电子数相同
D P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电 P4O10、C6H12O6均属于共价化合物
解析：选B。A选项中，NaCl溶于水是离子晶体的特性，I2是非极性分子溶解度小；B选项中分子的稳定性与键能有关，所以正确；C中形成化合物不一定是最高价或最低价化合物，所以不与最外层电子数呈因果关系；D选项P4O10溶于水生成电解质，可以导电，C6H12O6溶于水不导电，故表述Ⅰ不正确，Ⅰ和Ⅱ不存在因果关系。
11．(2011年福建莆田高二质检)如图是某无机化合物的二聚分子，该分子中A、B两种元素都是第3周期的元素，分子中所有原子的最外层都达到8个电子的稳定结构。下列说法不正确的是( )
A．该化合物的化学式是Al2Cl6
B．该化合物是离子化合物，在熔融状态下能导电
C．该化合物在固态时所形成的晶体是分子晶体
D．该化合物中不存在离子键，也不含有非极性共价键
解析：选B。由A、B元素都在第3周期，并且所有原子最外层电子都达到8个电子的稳定结构，可知A为Cl，B为Al，故A正确；因是二聚分子，故其固态时形成分子晶体，B错，C正确；该化合物中不含离子键，只含极性共价键，D正确。
12．有关晶体结构的叙述中，错误的是( )
A．金刚石的网状结构中，最小的环上有6个碳原子
B．在氯化钠晶体中，每个氯离子周围都紧邻6个氯离子
C．在金属铜的晶体中，由于存在自由电子，因此铜能导电
D．分子晶体熔化时，不破坏共价键；原子晶体熔化时，破坏共价键
解析：选B。观察金刚石的网状结构，找出最小的环为六元环。在氯化钠晶体中。每个钠离子周围都紧邻6个氯离子，每个氯离子周围都紧邻6个钠离子；每个钠离子周围都紧邻12个钠离子，每个氯离子周围都紧邻12个氯离子。金属导电原因是存在自由电子。分子晶体熔化时，仅分子间距离发生变化，分子没有发生变化，故不破坏共价键，而原子晶体内部原子之间彼此以共价键相连，熔化时破坏共价键。故只有B项错误。
13．下列关于晶体的说法一定正确的是( )
A．分子晶体中都存在共价键
B．CaTiO3晶体中每个Ti4＋与12个O2－相紧邻
C．SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
D．金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高
解析：选B。本题综合考查晶体知识，主要涉及晶体价键组成、熔点比较及均摊法来求算晶体结构，要求考生熟练掌握概念，熟悉各种典型晶体结构、合理列举事实，培养空间想象能力与分析能力。A项分子晶体中的稀有气体仅以分子间作用力结合，无共价键存在；D项中金属Hg常温为液态，比I2、S的熔点低；B项选择一个顶点的Ti4＋，则该立方体中与其紧邻的O2－占3个，而面心上的O2－占，顶点的Ti4＋占，故其紧邻的O2－个数为3×8×＝12；C项中每个硅原子连接4个氧原子。
14．下列说法正确的是( )
A．质子数相同的微粒一定是同种元素的原子
B．任何晶体中若有阳离子，必有阴离子
C．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的熔点高
D．分子晶体中相对分子质量大的熔、沸点一定比相对分子质量小的高
解析：选C。质子数相同的微粒可能为分子，如H2O与NH3，故A项不正确；金属晶体中有阳离子，但没有阴离子，B项不正确；C项中S的熔点比Hg高，C项正确；D项中N2的相对分子质量大于H2O，但H2O的熔、沸点比N2高，因为分子晶体的熔、沸点不仅与其极性大小有关，还与氢键和范德华力有关。
15．(2011年浙江绍兴高二检测)下列数据是对应物质的熔点表，有关的判断正确的是( )
Na2O Na AlF3 AlCl3 Al2O3 BCl3 CO2 SiO2
920 ℃ 97.8 ℃ 1291 ℃ 190 ℃ 2073 ℃ －107 ℃ －57 ℃ 1723 ℃
A.只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体
B．在共价化合物分子中各原子都形成8电子结构
C．同族元素的氧化物不可能形成不同类型的晶体
D．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高
解析：选D。本题通过学生思维的易混淆点考查学生思维的全面性。金属晶体中含有金属阳离子，但不属于离子晶体，A错；在含有氢原子的共价分子中氢原子形成2个电子的稳定结构，B错；CO2和SiO2分别属于分子晶体和原子晶体，C错误；Na的熔点低于AlCl3，D正确。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(9分)参考下列熔点数据来回答：
物质 NaF NaCl NaBr NaI NaCl KCl RbCl CsCl
熔点/℃ 995 801 755 651 801 776 715 646
物质 SiF4 SiCl4 SiBr4 SiI4 SiCl4 GeCl4 SnCl4 PbCl4
熔点/℃ －90.2 －70.4 5.2 100.5 －70.4 －49.4 －36.2 －15.0
(1)钠的卤化物从NaF到NaI及碱金属的氯化物从NaCl到CsCl熔点逐渐________，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)硅的卤化物及ⅣA族中硅、锗、锡、铅的氯化物的熔点依次________，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)钠的卤化物的熔点比相应的硅的卤化物的熔点高得多，这与________有关，因为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
故前者熔点比后者高得多。
解析：本题综合考查了离子晶体和分子晶体的物理性质及其影响因素。
由图表可知，4个钠的卤化物熔点依次降低，它们的结构差异就在于阴离子的半径大小，由F－→I－离子半径依次增大，因此与阳离子间的核间距离依次增大，故作用力依次减弱，所以熔点逐渐降低，对于碱金属的氯化物中，由Na＋→Cs＋离子半径依次增大，与Cl－核间距离依次增大，故相互作用依次减弱，熔点依次降低；对于卤化硅等，由于均为分子晶体，因此粒子间的作用力为范德华力，相对分子质量大的范德华力大，熔点高。
答案：(1)降低 离子半径F－＜Cl－＜Br－＜I－、Na＋＜K＋＜Rb＋＜Cs＋，由NaF→NaI、NaCl→CsCl中离子键逐渐减弱，熔点逐渐降低
(2)增大 由SiF4→SiI4、SiCl4→PbCl4各物质的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔点逐渐升高
(3)晶体类别 钠的卤化物为离子晶体，靠离子键作用，而硅的卤化物为分子晶体，靠范德华力作用，离子键远强于范德华力
17．(9分)生物质能是一种洁净、可再生的能源。生物质气(主要成分为CO、CO2、H2等)与H2混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一。
(1)上述反应的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素。写出基态Zn原子的核外电子排布式________________。
(2)甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu(OH)2悬浊液的碱性溶液反应生成Cu2O沉淀。
①甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是_____________________________________。
②在1个Cu2O晶胞中(结构如图所示)，所包含的Cu原子数目为______。
解析：(2)①CH3OH中含有—OH，能形成氢键。②晶胞中含白球为：8×＋1＝2(个)，黑球为4个，原子个数比为1∶2，则包含4个Cu原子，2个O原子。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s2(或[Ar]3d104s2)
(2)①甲醇分子之间形成氢键 ②4
18．(11分)C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。
(1)写出Si的基态原子核外电子排布式____________。从电负性角度分析C、Si和O元素的非金属活泼性由强至弱的顺序为____________________。
(2)SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为________，微粒间存在的作用力是________。
(3)氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为________(填元素符号)。MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似，MO的熔点比CaO的高，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2的化学式相似，但结构和性质有很大不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π键。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述π键________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：(1)1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2 O>C>Si
(2)sp3 共价键
(3)Mg Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO晶格能大
(4)C的原子半径较小，C、O原子能充分接近，p?p轨道肩并肩重叠程度较大，形成较稳定的π键；Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p?p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键
19．(12分)(2011年河北沧州高二检测)已知A、B、C、D和E都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大。A与其他4种元素既不在同一周期又不在同一主族。B和C属同一主族，D和E属同一周期，又知E是周期表中1～18列中的第7列元素。D的原子序数比E小5，D跟B可形成离子化合物其晶胞结构如图。
请回答：
(1)A元素的名称是________；
(2)B 的元素符号是______，C的元素符号是__________，B与A形成的化合物比C与A形成的化合物沸点高，其原因是______________________________________________；
(3)E位于元素周期表中第________周期________族的元素，其元素名称是________，它的＋2价离子的电子排布式为________________________________________________；
(4)从图中可以看出，D跟B形成的离子化合物的化学式为__________________；该离子化合物晶体的密度为a g·cm－3，则晶胞的体积是____________________(只要求列出算式)。
解析：(1)从E在周期表中1～18列中的第7列可判断E属第4周期ⅦB族为锰元素，又由D、E同周期，所以D也在第4周期；由D的原子序数比E小5，可知D为钙元素，又由图中晶胞结构知D∶B＝1∶2，且B的原子序数在D的前面，B为F，C为Cl；A与其他4种元素既不在同一周期又不在同一主族，所以A为H。
(2)B与A的化合物为HF，C与A的化合物为HCl，由于HF分子间存在氢键，故沸点比HCl高。
(3)锰原子的核外电子排布为[Ar]3d54s2，形成＋2价离子时，失去2个电子，所以排布式为[Ar]3d5。
(4)ρ＝＝[(40＋38)g·mol－1]×4÷(6.02×1023 mol－1)÷V＝a g·cm－3，
V＝。
答案：(1)氢 (2)F Cl 氟化氢分子间存在氢键，氯化氢分子间没有氢键
(3)4 ⅦB 锰 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5
(4)CaF2
20．(14分)X、Y、Z、W为按原子序数由小到大排列的四种短周期元素，已知：
①X元素原子价电子排布式为ns2np2，且原子半径是同族元素中最小的。
②Y元素是地壳中含量最多的元素；W元素的电负性略小于Y元素，在W原子的电子排布中，p轨道上只有1个未成对电子。
③Z元素的电离能数据见下表(kJ·mol－1)：
I1 I2 I3 I4 …
496 4562 6912 9540 …
请回答：
(1)Z2Y2的电子式为______________，含有的化学键类型为______________，Z2Y2为________晶体。
(2)X、Y、Z三种元素所形成的常见化合物的名称为__________；XY2的结构式为__________，分子的立体构型为________。
(3)X、Y、Z、W四种元素所形成的单质中，熔点最高、硬度最大的是________(填名称)；晶体ZW的熔点比晶体XW4明显高的原因是________________________________________。
(4)ZW晶体的结构示意图如图。已知：ρ(ZW)＝2.2 g·cm－3 ，NA＝6.02×1023 mol－1，则ZW晶体中两个最近的Z离子中心间的距离为________。
解析：由题意可知X、Y、Z、W分别为C、O、Na、Cl。
(1)Na2O2的电子式为：Na＋[]2－Na＋，含有离子键、非极性共价键，为离子晶体。
(2)C、O、Na三种元素所形成的常见化合物为碳酸钠，CO2的结构式为：，为直线形分子。
(3)C、O、Na、Cl四种元素所形成的单质中，原子晶体金刚石熔点最高、硬度最大；由于NaCl为离子晶体而CCl4为分子晶体，故NaCl晶体的熔点比CCl4晶体的熔点明显高。
(4)ZW晶体为NaCl晶体，可选定题干图示的一个晶胞来进行计算。利用“均摊法”可知一个晶胞含有的Na＋Cl－离子对数为4。一个晶胞的质量：m(晶胞)＝×4＝3.887×10－22 g
一个晶胞的体积：V(晶胞)＝＝＝1.767×10－22 cm3
设晶胞中两个最近的Na＋中心间的距离为a，则(a)3＝V(晶胞)，解得a＝4.0×10－8 cm
故两个最近的Na＋中心间的距离为4.0×10－8 cm。
答案：(1)Na＋[]2－Na＋ 离子键、非极性共价键 离子
(2)碳酸钠 直线形
(3)金刚石 NaCl为离子晶体而CCl4为分子晶体
(4)4.0×10－8 cm高二选修3化学优化训练：专题综合检测(五)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分)
1．下列叙述中正确的是( )
A．两种粒子，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同
B．凡单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布
C．两原子如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素
D．阴离子的核外电子排布一定与上一周期稀有气体元素原子的核外电子排布相同
解析：选C。Na＋与Ne核外电子排布相同，化学性质不同；H＋不具有稀有气体元素原子的核外电子排布；阴离子的核外电子排布与同周期稀有气体元素原子的核外电子排布相同，原子中一定有质子数＝核外电子数，质子数相同， 一定为同种元素。
2．表示一个原子在第三电子层上有10个电子可以写成( )
A．3p10 B．3d10
C．3s23p63d2 D．3s23p64s2
解析：选C。按照能级图排列。在同一层中，能量高低顺序为s轨道
3．下列说法正确的是( )
A．电离能大的元素，不易失电子，易得到电子，表现非金属性
B．电离能大的元素其电负性必然也大
C．电负性最大的非金属元素形成的含氧酸的酸性最强
D．电离能最小的元素形成的氧化物的水化物的碱性最强
解析：选D。电离能是衡量原子失去电子的难易，电负性是衡量元素得到电子后对键合电子的作用的大小，因此电离能大的元素，其电负性不一定大，如N电离能比O的电离能大，它的电负性比O的电负性小，故A、B不正确；F电负性最大，但通常不能形成含氧酸，C不正确；电负性最小的元素其金属性必然强，故其氧化物的水化物碱性也强，D正确。
4．在气相中，关于BeF2和SF2的说法错误的是( )
A．BeF2分子中，中心原子Be的价层电子对数等于2，其空间排布为直线，成键电子对数也等于2
B．BeF2分子的空间构型为直线形
C．SF2分子中，中心原子S的价层电子对数等于4，其空间排布为四面体，成键电子对数等于2，没有孤对电子
D．在气相中，BeF2是直线形而SF2是V形
解析：选C。SF2分子中，中心原子S的价层电子对数等于4，其空间排布式为四面体，成键电子对数等于2，另有两对孤对电子，因此SF2分子的空间构型为V形。
5．某一化合物的分子式为AB2，A属ⅥA族元素，B属ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.5和4.0，已知AB2分子的键角为103.3°。下列推断不正确的是( )
A．AB2分子的空间构型为V形
B．A—B键为极性共价键，AB2分子为非极性分子
C．AB2与H2O相比，AB2的熔、沸点比H2O的低
D．AB2分子中无H原子，分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键
解析：选B。根据A、B的电负性值，可判断A元素为O，B元素为F，该分子为OF2。O—F键为极性共价键。OF2分子中键的极性不能抵消，为极性分子。
6．据某科学杂志报道，国外有一研究发现了一种新的球形分子，它的分子式为C60Si60，其分子结构好似中国传统工艺品“镂雕”，经测定其中包含C60，也有Si60结构。下列叙述不正确的是(双选)( )
A．该物质有很高的熔点、很大的硬度
B．该物质形成的晶体属分子晶体
C．该物质分子中Si60被包裹在C60里面
D．该物质的相对分子质量为2400
解析：选AC。由题意可知C60Si60是分子晶体，且Si60应该在外层，通过C—Si共价键链接为双层结构。
7．共价键、离子键和范德华力是粒子之间的三种作用力。下列晶体：①Na2O2、②SiO2、③石墨、④金刚石、⑤NaCl、⑥白磷中，含有两种作用力的是( )
A．①②③ B．①③⑥
C．②④⑥ D．①②③⑥
解析：选B。过氧化钠中有离子键和共价键；石墨和白磷中存在共价键和范德华力。
8．(2011年华南师大附中检测)通常情况下，氯化钠、氯化铯、二氧化碳和二氧化硅的晶体结构和性质分别如下图所示：
下列关于这些晶体结构和性质的叙述不正确的是( )
A．同一主族的元素与另一相同元素所形成的化学式相似的物质不一定具有相同的晶体结构
B．氯化钠、氯化铯和二氧化碳的晶体都有立方的晶胞结构，它们具有相似的物理性质
C．二氧化碳晶体是分子晶体，其中不仅存在分子间作用力，而且也存在共价键
D．在二氧化硅晶体中，平均每个Si原子形成4个Si—O共价单键
??解析：选B。SiO2和CO2的化学式相似，但其晶体结构不同，A项正确。二氧化碳为分子晶体，因此分子间存在分子间作用力，而分子内部碳原子和氧原子间形成共价键；氯化钠和氯化铯为离子晶体，物理性质不同，所以B项错，C项正确。根据二氧化硅的结构可判断D项正确。
9．下列说法正确的是( )
A．124 g P4含有的P—P键的个数约为6NA
B．12 g石墨中含有的C—C键的个数为2NA
C．12 g金刚石中含有的C—C键的个数为1.5NA
D．60 g SiO2中含Si—O键的个数为2NA
解析：选A。解答此题需弄清各种物质的晶体类型和原子的连接方式以及空间构型。白磷分子为空心正四面体结构，正四面体的6个棱即为6个P—P键；石墨的每层碳原子构成平面正六边形，平均每个碳原子形成1.5个C—C键(因为一个C—C键被两个碳原子共用)；同理，在金刚石中平均每个碳原子形成2个C—C键；在二氧化硅中，硅与氧形成的Si—O键并不与其他硅原子共用，故每摩尔硅原子形成4摩尔Si—O键。
10．(2011年无锡高二检测)20世纪80年代后，人们发现并证实了碳的另一类单质，它们是由一系列偶数个碳原子构成的分子，其中C60(足球烯，分子中含有30个双键)最具代表性。下图所示为n个C60连接而成的物质X。下列有关物质X的说法不正确的是( )
A．X难溶于水
B．一定条件下X可与H2发生加成反应
C．X的摩尔质量为720n
D．X是碳的一种同素异形体
解析：选C。X是由n个C60连接形成的物质，难溶于水，所以A对；在C60中碳原子没有达到饱和结构，在一定条件下可以和H2发生加成反应，所以B对；摩尔质量是有单位的，所以X的摩尔质量为720n g·mol－1，所以C错误；X是由碳原子构成的一种单质，所以和金刚石、石墨等都是碳的同素异形体，所以D对。
11．建立普遍适用的化学反应的量子力学理论，可以帮助化学家解决一系列问题，其中不属于化学反应的量子力学研究的问题的是( )
A．两个或多个分子之间能否发生化学反应
B．需要什么催化剂才能在温和条件下进行反应
C．如何在理论指导下控制化学反应
D．在化学反应过程中，原子能否分割与重新组合
解析：选D。化学反应以原子为基础，属于原子层面的反应，反应过程中不涉及原子的分割，化学反应只是分子拆分成原子，原子重新结合成分子的过程。
12．邮票收藏爱好者把信封上的邮票剪下来浸在水中，能除去邮票背面的粘合剂，这是利用了该粘合剂具有很强亲水性的性能。该粘合剂的成分可能是( )
解析：选B。根据题中该粘合剂具有很强亲水性的信息，可知该粘合剂中含有亲水基团，B选项中的羟基(—OH)具有亲水性，因为羟基可以与水分子间形成氢键，C选项中的氯原子和D选项中的甲基都不具有亲水性，所以正确答案为B。
13．(2011年福建漳州高二检测)随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，H3、O4、C60、N等已被发现。下列有关说法中，正确的是( )
A．H2与H3属于同素异形体 B．O2与O4属于同位素
C．C60的质量数为720 g/mol D．N中含有36个电子
解析：选A。O2与O4是氧元素形成的不同单质，属于同素异形体，B项错误。C60的摩尔质量为720 g/mol，C项错误。1个N中含有的电子为7×5－1＝34个，D项错误。
14．X、Y、Z、W为四种短周期元素，已知X、Z同主族，Y、W同周期；X的气态氢化物比Z的稳定；Y的阳离子比W的阳离子氧化性强；Y的阳离子比Z的阴离子少一个电子层。下列表示中，正确的是( )
A．原子序数：X>Y>Z>W
B．简单离子半径：W>Y>Z>X
C．原子半径：W>Y>Z>X
D．原子的得电子能力：X解析：选C。该题考查元素周期律及周期表结构。该类题目的解法往往应用图示法，即依据题意画出元素在周期表中的大体位置关系。由“X、Z同主族且X的气态氢化物比Z的稳定”可知X在Z的上一周期；由“Y的阳离子比Z的阴离子少一个电子层”可知Y与Z同周期且Y在Z的左边；由“Y的阳离子比W的阳离子氧化性强”可知W在Y的左边。综上所述可得X、Y、Z、W四种元素的相对位置关系为
。结合选项可知C正确。
15．为了探索月球上是否有生命存在的痕迹，就要分析月球岩石中是否包含有碳氢化合物(当然这仅仅是探索的第一步)。科学家用氘盐酸(DCl)和重水(D2O)溶液处理月球岩石样品，对收集的气体加以分析，结果只发现有一些气体状态的碳氘化合物。这个实验不能用普通盐酸，其理由是( )
A．普通盐酸酸性太强
B．普通盐酸有强挥发性
C．普通盐酸与月球岩石中的碳化物无法反应
D．无法区别月球岩石中原来含有的是碳化物，还是碳氢化合物
解析：选D。利用氘盐酸(DCl)与重水(D2O)溶液处理月球岩石样品的目的是为了便于区别月球岩石中原含有的是碳化物还是碳氢化合物。氘盐酸与普通盐酸的酸性与挥发性相同。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(11分)X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量(质量分数)最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大。请回答下列问题：
(1)X、Y的元素符号依次为________、________；
(2)XZ2与YZ2分子的立体构型分别是________和________，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是________(写分子式)，理由是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(3)Q的元素符号是________，它属于第________周期，它的核外电子排布式为________，在形成化合物时它的最高化合价为________价；
(4)用氢键表示式写出E的氢化物溶液中存在的所有氢键______________。
解析：(1)X原子的M层只有两对成对电子，根据泡利原理，其电子排布式为1s22s22p63s23p4，为硫元素；Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，则其电子排布为1s22s22p2，为碳元素；氧为地壳内含量(质量分数)最高的元素，Z是氧元素；Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和等于24，Q为铬元素；E在元素周期表的各元素中电负性最大，为氟元素。
(2)二氧化硫和二氧化碳的分子分别为V形和直线形，分别为极性分子和非极性分子，因此根据相似相溶规则，水为极性分子，二氧化硫易溶于水。
(3)铬元素的基态电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，失去外围的6个电子呈现最高价＋6价，如重铬酸钾(K2Cr2O7)。
(4)考虑到水分子之间也存在氢键，因此HF分子间、水分子间、水与HF分子间(空间位置不同有两种)共有4种氢键。
答案：(1)S C (2)V形 直线形 SO2 CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”规则，SO2在H2O中的溶解度较大
(3)Cr 4 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 ＋6(4)F—H…F、F—H…O、O—H…F、O—H…O
17．(9分)最新研制的录像用高性能磁带的磁粉，主要材料之一是由三种元素组成的化学式为CoxFe3－xO3＋x的化合物。已知氧为－2价，钴(Co)和铁可能呈现＋2价或＋3价，且上述化合物每种元素都只有一种化合价，则x值为________，铁的化合价为________价，钴的化合价为________价。
解析：本题有三个未知量，只能根据化合价规则建立一个方程，但一个方程中有三个未知数，要解这个方程必然要联系化学含义。设化合物中钴的化合价为a价，铁的化合价为b价，根据化合物中各元素的化合价代数和为零的原则，可建立如下方程：ax＋b(3－x)－2(3＋x)＝0，整理得x＝(3b－6)/(b＋2－a)。依题意，b只能取2或3，当b＝2时，无意义，故b只能取3，此时x＝3/(5－a)，a也只能取2或3，仅当a＝2时，x＝1(整数)有意义。
答案：1 ＋3 ＋2
18．(8分)推断下列微粒的名称，并用电子式表示其形成过程。
(1)离子化合物AB，阳离子比阴离子多一个电子层，1 mol AB中含12 mol电子，则该化合物名称________，形成过程__________________。
(2)由第三周期元素半径最大的阳离子和半径最小的阴离子形成的化合物名称________，形成过程________________________。
解析：(1)A、B是离子化合物推出A是金属元素，B是非金属元素，1 mol AB含12 mol电子推出A、B原子序数都小于12。综合以上则有A可能为Li、Be、Na，B可能为H、O、F。因为阳离子比阴离子多一个电子层，所以A为Na，B为H。(2)根据“序小径大”原则，第三周期元素形成的简单离子中，半径最大的阳离子为Na＋，半径最小的阴离子是Cl－，故为NaCl。
答案：
19．(12分)已知和碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成的化合物分子式是XY4。试回答：
(1)若X、Y两元素电负性分别为2.1和2.85，试判断XY4中X与Y之间的化学键为________(填“极性键”或“非极性键”)。
(2)该化合物的空间构型为________，中心原子的杂化类型为________，分子为________(填“极性分子”或“非极性分子”)。
(3)若该化合物在常温下为液体，该化合物中分子间作用力是__________________。
(4)该化合物的沸点与SiCl4的沸点比较，________(填化学式)的高，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：电负性不同的两元素原子形成极性键，Ge为ⅣA族元素，与氯形成GeCl4，为正四面体形，Ge为sp3杂化，该化合物为分子晶体，分子间只存在范德华力，与SiCl4都为分子晶体，其熔点决定于相对分子质量大小。
答案：(1)极性键 (2)正四面体形 sp3杂化 非极性分子 (3)范德华力
(4)GeCl4 组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高
20．(15分)(2011年苏州高二检测)已知一些单质、化合物的沸点如下表所示。结合表中有关信息回答下列问题：
(1.01×105Pa，单位：℃)
① He：－268.8 Ne：－246 Ar：－185.7 Kr：－153.3
② F2：－188.1 Cl2：－34.6 Br2：58.5 I2：184
③ NH3：－33 PH3：－83 AsH3：－55 SbH3：－18.8
④ H2O：100 H2S：－61 H2Se：－41 H2Te：－2
⑤ HF：20 HCl：－85 HBr：－67 HI：－36
(1)判断下列说法正确的是________(填字母代号)。
A．同周期元素的氢化物，原子序数越大，沸点越高
B．表中H2O、HF中由于含有氢键、故其分子特别稳定
C．表中多数物质的沸点均与相对分子质量存在一定的关系
D．周期表中各主族元素的单质其沸点都随原子序数的增大而升高
E．氢化物的稳定性越高，其沸点越高
(2)写出②系列中物质主要化学性质的递变规律________________(任写一种)；能说明该递变规律的化学事实是
________________________________________________________________________
(任写一例，用离子方程式表示)。
(3)近期，科学家用NaNO3和Na2O在573 ℃反应制得了离子化合物Na3NO4。
①经测定，Na3NO4中各原子的最外层都达到了8电子稳定结构，则NO的电子式为________。
②Na3NO4与二氧化碳或水都能剧烈反应而转化为常见的物质，写出这两个反应的化学方程式：____________________________、__________________________。
解析：总结信息中的规律，抓住有用信息分析。
答案：(1)C
(2)单质的氧化性逐渐减弱
Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－
(3)①[ ]3－
②Na3NO4＋CO2===NaNO3＋Na2CO3
Na3NO4＋H2O===NaNO3＋2NaOH