四川省乐山十校2019-2020高二化学上学期期中联考试题（Word版带解析）

乐山十校高 2021 届第三学期半期联考 化学测试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 Be-9 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Fe-56 一、选择题 1.第四周期中，最外层有两个电子的元素有（）种 A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】C 【解析】 【详解】根据构造原理及原子核外各个轨道处于全满、半满或全空时的稳定状态可知，在第 四周期中，最外层有两个电子的元素有 Ca、Sc、Ti、V、Mn、Fe、Co、Ni、Zn，共 9 种元素， 故合理选项是 C。 2. 下列说法正确的是 A. 分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键 B. 分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸 C. 含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体 D. 元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强 【答案】A 【解析】 【详解】A、分子晶体中一定含有分子间作用力，但不一定含有共价键，如稀有气体分子中不 含共价键，正确； B、分子中含有 2 个 H 原子的酸不一定是二元酸，如甲酸为一元酸，错误； C、含有金属阳离子的晶体还可能是金属晶体，错误； D、元素的非金属性越强，其单质的活泼性不一定越强，如 N 元素的非金属性大于 P，但氮气 比 P 单质稳定，错误。 答案选 A。 3.下列结构属于从 NaCl 晶体中分割出来的结构示意图是（　　）A. ①和③ B. ①和④ C. 只有③ D. 只有④ 【答案】B 【解析】 【分析】 根据氯化钠晶体中钠离子或氯离子的配位数判断其结构图是否正确，钠离子或氯离子的配位 数都是 6。 【详解】由于在 NaCl 晶体中，每个 Na+周围同时吸引着最近的等距离的 6 个 Cl-；同样每个 Cl- 周围同时吸引着最近的等距离的 6 个 Na+，图①中符合条件，图④中选取其中一个离子，然后 沿 X、Y、Z 三轴切割得到 6 个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数也是 6，故 ①和④符合 NaCl 的结构，所以合理选项是 B。 【点睛】本题考查离子晶体的结构，明确氯化钠中离子的配位数为 6 是解答本题的关键。 4. 下列无机含氧酸分子中酸性最强的是（） A. HNO2 B. H2SO3 C. HClO3 D. HClO4 【答案】D 【解析】 【分析】 在含氧酸的分子中，非羟基氧原子的数目越多，则含氧酸的酸性越强。． 【详解】A. HNO2 非羟基氧原子的数目是 1； B. H2SO3 非羟基氧原子的数目是 2； C. HClO3 非羟基氧原子的数目是 2； D. HClO4 非羟基氧原子的数目是 3； 综上所述，非羟基氧原子的数目最多的是 HClO4，所以 HClO4 的酸性最强，故选 D． 5.下列给出的几种氯化物的熔点和沸点： NaCl MgCl2 AlCl3 SiCl4 熔点/℃ 801 714 190（5×101 kPa） -70沸点/℃ 1413 1412 180 57.57 据表中所列数据判断下列叙述与表中相吻合的是（ ） A. AlCl3 在加热条件下能升华 B. SiCl4 晶体属于原子晶体 C. AlCl3 晶体是典型的离子晶体 D. NaCl 的晶格能比 MgCl2 小 【答案】A 【解析】 【详解】A.由表中数据可知 AlCl3 的沸点比熔点高，所以 AlCl3 加热能升华，A 正确； B.由表中数据可知，SiCl4 的熔沸点较低，属于分子晶体，B 错误； C.氯化铝的熔沸点低，因此 AlCl3 晶体是典型的分子晶体，C 错误； D.由表格中的数据可知，NaCl 的沸点为 1413℃，比 MgCl2 的沸点高，说明 NaCl 的晶格能比 MgCl2 大，D 错误； 故合理选项是 A。 6.下列叙述正确的是（ ） A. 含有非极性键的分子一定是非极性分子 B. 非极性分子中一定含有非极性键 C. 由极性键形成的双原子分子一定是极性分子 D. 键的极性决定了分子的极性 【答案】C 【解析】 【详解】A.含有非极性键的分子，若分子中各个化学键空间排列对称，则分子是非极性分子， A 错误； B.非极性分子中不一定含有非极性键，如 CCl4、CH4 都是由极性键构成的非极性分子，B 错误； C.由极性键形成的双原子分子，由于分子中正负电荷重心不重合，所以分子一定是极性分子， C 正确； D.由极性键构成的分子可能是极性分子，也可能是非极性分子，这决定了各个化学键的空间 排列，因此键的极性不能决定分子的极性，D 错误； 故合理选项是 C。 7.下列化合物中，化学键的类型和分子的极性(极性或非极性)皆相同的是(　　) A. CO2 和 SO2 B. CH4 和 SiO2 C. BF3 和 NH3 D. HCl 和 HI 【答案】D【解析】 试题分析：A 中都是极性键，但 CO2 是非极性分子，SO2 是极性分子；B 中都是极性键，但二氧 化硅是原子晶体；C 中都是极性键，BF3 是非极性分子，氨气是极性分子；D 中都是极性键， 都属于极性分子，答案选 D。 考点：考查化学键和分子极性的判断 点评：该题是中等难度的试题，主要是考查学生对化学键与分子极性的了解掌握情况。该题 的关键是明确化学键的含义以及判断依据，特别是分子空间构型的特点，然后灵活运用即可。 有利于培养学生的逻辑思维能力和空间想象能力。 8. 下列离子中外层 d 轨道达半充满状态的是（） A. 24Cr3+ B. 26Fe3+ C. 27Co3+ D. 29Cu+ 【答案】B 【解析】 试题分析：A、价电子排布式为 3d3，d 能级排满为 10 个电子，因此没有达到半满，故错误； B、价电子排布式 3d5，达到半满，故正确；C、价电子排布式为 3d6，没有达到半满，故错误； D、价电子排布式为 3d10，达到全满，故错误。 考点：考查电子排布式、能级等知识。 9.下列说法中正确的是（ ） A. PCl3 分子是三角锥形，这是因为 P 原子是以 sp2 杂化的结果 B. sp3 杂化轨道是由任意的 1 个 s 轨道和 3 个 p 轨道混合形成的四个 sp3 杂化轨道 C. 凡中心原子采取 sp3 杂化的分子，其 VSEPR 构型都是四面体 D. AB3 型的分子空间构型必为平面三角形 【答案】C 【解析】 【详解】A.PCl3 分子的中心原子 P 含有 3 个成键电子对和 1 个孤电子对，属于 sp3 杂化，含有 1 个孤电子对，所以空间构型为三角锥形，A 错误； B.能量相近的 s 轨道和 p 轨道形成杂化轨道，则 sp3 杂化轨道是能量相近的 1 个 s 轨道和 3 个 p 轨道混合形成的四个 sp3 杂化轨道，故 B 错误； C.中心原子采取 sp3 杂化的分子，其 VSEPR 模型都是四面体，而分子的几何构型还与含有的孤 电子对数有关，C 正确； D.AB3 型的分子空间构型与中心原子的孤电子对数有关，如 BF3 中 B 原子没有孤电子对，为平面三角形，NH3 中 N 原子有 1 个孤电子对，为三角锥形，D 错误； 故合理选项是 C。 10.防晒霜之所以能有效地减轻紫外线对人体的伤害，是因为它所含的有效成分的分子中含有 π 键，这些有效成分的分子中的 π 电子可在吸收紫外线后被激发，从而阻挡部分紫外线对皮 肤的伤害。下列物质中没有防晒效果的是(　　) A. 氨基苯甲酸 B. 羟基丙酮 C. 肉桂酸(C6H5—CH==CH—COOH) D. 酒精 【答案】D 【解析】 π 键只存在于不饱和键中，选项 A、B、C 中均含有 C＝O，有 π 键，而 D 项中无不饱和键， 不含有 π 键，因而酒精没有防晒效果，答案选 D。 11.下列物质的熔、沸点由大到小的是（ ） A. CH4、NH3、H2O、HF B. H2O、HF、NH3、CH4 C. HF、CH4、NH3、H2O D. HF、H2O、CH4、NH3 【答案】B 【解析】 【详解】H2O、HF、NH3 分子之间都存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高 大于 CH4；元素的非金属性越强，元素的原子半径越强，则氢键越强，由于元素的非金属性 F>O>N，所以氢键的强弱：HF>H2O>NH3。H2O 与相邻的 4 个 H2O 分子之间存在氢键，而 HF 只与 两个 HF 分子之间存在氢键，导致分子之间的吸引力 H2O>HF，因此物质的沸点 H2O>HF>NH3；故 物质的熔、沸点由大到小的关系是 H2O>HF>NH3>CH4，故合理选项是 B。 12.下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是(　　) A. 熔点：NaF>MgF2>AlF3 B. 晶格能：NaF>NaCl>NaBr C. 阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2 D. 硬度：MgO>CaO>BaO 【答案】A 【解析】 【 详 解 】 A. 离 子 半 径 越 小 ， 离 子 所 带 电 荷 越 多 ， 离 子 晶 体 熔 点 越 高 ， 所 以 熔 点 ： NaFF2，B 错误； C.某元素原子最外层有 1 个电子，它可能是 H 元素的原子，也可能是金属元素的原子，若为 H 原子，则跟卤素相结合时，所形成的化学键为共价键，C 错误； D.N-H 键键能为 390.8kJ·mol-1，其含义为形成 1mol N-H 所释放的能量为 390.8kJ，或断裂 1molN-H 键所吸收的能量为 390.8kJ，D 正确； 故合理选项是 D。 15.已知某晶体由 X、Y、Z 三种元素组成的，其晶胞如图所示，则 X、Y、Z 三种元素的原子个 。数之比正确的是(　　) A. 1:3:1 B. 2:6:1 C. 4:8:1 D. 8:1:1 【答案】A 【解析】 【分析】 利用均摊法确定化学式，处于晶胞中心的原子被一个晶胞占有，处于顶点上的原子被 8 个晶 胞占有，处于棱上的原子被 4 个晶胞占有。 【详解】根据晶胞中微粒个数的分配方法计算，晶胞中含有 Z 原子的数目为 1，含有 X 原子的 数目为 8×1/8=1，含有 Y 原子的数目为 12×1/4=3，所以 X、Y、Z 的原子个数比是 1：3：1， 故选：A。 16.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间 结构相同，则下列有关说法中正确的是（　　） A. CH4 和 NH4+是等电子体，键角均为 60° B. B3N3H6 和苯是等电子体，均有 6mol 非极性键 C. NH3 和 PCl3 是等电子体，均为三角锥形结构 D. BF3 和 CO32－是等电子体，均为平面三角形结构 【答案】D 【解析】 【详解】A.CH4 和 NH4+原子数都是 5，价电子数都是 8，是等电子体，空间构型为正四面体结构， 键角为 109°28′，A 错误； B.B3N3H6 分子与苯分子是等电子体，但 B3N3H6 分子中的化学键都是由不同元素的原子之间形成 的极性共价键，不存在非极性键，B 错误； C.NH3 价电子数为 8，PCl3 价电子数是 26，二者不是等电子体，C 错误； D.BF3 和 CO32-原子总数是 4，价电子数都是 24，二者互为等电子体，BF3 形成 3 个 σ 键，B 原 子上含有孤电子对，采用 sp2 杂化，为平面三角形结构。等电子体的空间结构相同，所以 CO32- 是平面三角形结构，故合理选项是 D。 二、填空题17.下表是元素周期表中的一部分。 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0 1 A 2 E F H J 3 B C D G I 根据 A～J 在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题： (1)电负性最强的元素是________，第一电离能最小的单质是________。 (2)最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是__________，呈两性的是________。 (3)A 分别与 E、F、G、H、I 形成的简单化合物中，沸点最高的是________。 (4)由 B、C、D、G、I 形成的单核离子中，半径最大的离子是________。 【答案】 (1). F (2). Na (3). HClO4 (4). Al(OH)3 (5). HF (6). S2- 【解析】 【分析】 先根据元素在周期表的位置确定元素：A 是 H，B 是 Na，C 是 Mg，D 是 Al，E 是 C，F 是 N，G 是 S，H 是 F，I 是 Cl，J 是 Ne。 (1)在同一周期元素的原子中，原子半径越小，元素的非金属性越强，元素的电负性越大；元 素的金属性越强，其第一电离能越小； (2)形成最高价含氧酸酸性最强的是物质 HClO4；处于金属与非金属交界区的 Al 元素形成的氧 化物的水化物显两性； (3)分子之间作用力越强，物质的熔沸点越高；分子之间存在的氢键，增加分子之间的吸引力， 导致相应的氢化物沸点升高； (4)离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越 小，离子半径越大。 【详解】根据上述分析可知 A H，B 是 Na，C 是 Mg，D 是 Al，E 是 C，F 是 N，G 是 S，H 是 F， I 是 Cl，J 是 Ne。 (1)元素的非金属性越强，其电负性越大，在上述元素中，非金属性最强的元素是 F，所以电 负性最强的元素是 F；元素的金属性越强，原子半径越大，越容易失去电子，其第一电离能越 是小。在上述元素中金属性最强的元素是 Na 元素，所以第一电离能最小的单质是 Na； (2)上述元素形成最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是 HClO4，呈两性的是 Al(OH)3； (3)H 分别与 C、N、S、F、Cl 形成的简单化合物分别是 CH4、NH3、H2S、HF、HCl，这些物质都 是由分子构成，物质分子间作用力越强，克服分子间作用力消耗的能量越高，物质的熔沸点 就越高。氢键是比分子间作用力强很多的作用力，会使物质的熔沸点升高。由于 HF、NH3 分子 之间存在氢键，且氢键 HF>NH3，因此物质的沸点最高的是 HF。 (4)Na、Mg、Al、S、Cl 都是第三周期的元素，Na+、Mg2+、Al3+是原子失去最外层电子形成的阳 离子，核外电子排布是 2、8；S2-、Cl-是原子获得电子形成阴离子，核外电子排布是 2、8、 8。由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷 数越小，离子半径越大，所以上述元素形成的单核离子中，半径最大的离子是 S2-。 【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，涉及电离能、电负性、氢键、离 子半径大小比较等知识点，要根据物质结构特点、氢键对物质性质的影响等知识点再结合元 素周期律、知识迁移的方法分析解答即可。 18.W、X、Y、Z、N 是短周期元素，它们的核电荷数依次增大。 元素 元素性质或原子结构 W 单质在氯气中燃烧，产生苍白色火焰 X 在 Y 的上一周期，原子核外 s 能级上的电子总数与 p 能级上的电子总数相等 Y 元素的离子半径在该周期中最小 Z 原子核外 p 能级上的电子总数比 s 能级上的电子总数多 2 N 最外层电子数比次外层电子数少 1 (1)W 单质的化学式为_______，Z 元素原子核外有_________个原子轨道填充了电子。 (2)Y、Z 和 N 三种元素第一电离能由大到小的顺序为____________(填元素符号)，写出 Y3+在 过量氨水中反应的离子方程式 ____________。 (3)用电子式表示 X 与 W 构成的化合物的形成过程________。 (4)Z 元素原子共有________种不同运动状态的电子。 【答案】 (1). H2 (2). 8 (3). Cl>Si>Al (4). Al3++3NH3. H2O=Al(OH)3 ↓+3NH4+ (5). (6). 14 【解析】 【分析】 W 元素的单质在氯气中燃烧，产生苍白色火焰可知 W 是 H 元素，X 在 Y 的上一周期，原子核外 s 能级上的电子总数与 p 能级上的电子总数相等，则 X 核外电子排布是 1s22s22p4，X 是 O 元素； Y 元素的离子半径在该周期中最小，则 Y 是 Al 元素；Z 原子原子核外 p 能级上的电子总数比 s 能级上的电子总数多 2，则 Z 核外电子排布式是 1s22s22p63s23p2，Z 是 Si 元素，N 最外层电子 数比次外层电子数少 1，则 N 核外电子排布是 2、8、7，N 是 Cl 元素，然后根据物质的元素组 成及物质结构分析解答。 【详解】根据上述分析可知：W 是 H，X 是 O，Y 是 Al，Z 是 Si，N 是 Cl 元素。 (1)W 单质的化学式为 H2，Z 是 Si，是 14 号元素，核外电子排布式是 1s22s22p63s23p2，s 轨道 数是 1，p 轨道数目是 3，在 Si 原子最外层的 2p 轨道上有 2 个轨道上有电子，而且成单排列， 自旋方向相同，所以 Si 元素原子核外有 1+1+3+1+2=8 个原子轨道填充了电子。 (2)Y、Z 和 N 三种元素分别是 Al、Si、Cl，元素的非金属性越强，原子半径越小，第一电离 能就越大，元素的非金属性 Cl>Si>Al，所以这三种元素第一电离能由大到小的顺序为 Cl>Si>Al。Al3+与过量氨水反应产生 Al(OH)3 沉淀和 NH4+，反应的离子方程式为：Al3++3NH3. H2O=Al(OH)3 ↓+3NH4+。 (3)H 原子核外有 1 个电子，O 元素的原子最外层有 6 个电子，O 原子与 2 个 H 原子形成 2 个共 价键，使分子中每个原子都达到稳定结合，用电子式表示 H2O 的形成过程为： 。 (4)原子核外有多少电子，则元素原子核外就有多少不同运动状态的电子，Si 是 14 号元素， 所以 Si 元素原子共有 14 种不同运动状态的电子。 【点睛】本题考查了元素的原子结构与元素的位置及物质性质关系的知识，根据已知信息推 断元素是解题关键。把握原子结构、元素原子核外电子排布与性质的关系是解题基础，侧重 考查学生的分析推断与应用能力。 19.氢能被视为 21 世纪最具发展潜力 清洁能源。 (1)水是制取 H2 的常见原料，下列有关水的说法正确的是______． a.水分子是一种极性分子，水分子空间结构呈直线型 的b.1 个 H2O 分子中有 2 个由 s 轨道与 sp3 杂化轨道形成的 σ 键 c.水分子间通过 H﹣O 键形成冰晶体 d.冰晶胞中水分子的空间排列方式与干冰晶胞类似 (2)氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键。 ①最近尼赫鲁先进科学研究中心借助 ADF 软件对一种新型环烯类储氢材料(C16S8)进行研究， 从理论角度证明这种分子中的原子都处于同一平面上(如图 1 所示)，每个平面上下两侧最多 可存 10 个 H2 分子．分子中 C 原子的杂化轨道类型为______，C16S8 中 σ 键与 π 键之比为 ______，C16S8 与 H2 微粒间的作用力是______。 ②氨硼烷化合物(NH3BH3)是最近密切关注的一种新型化学氢化物储氢材料．请画出含有配位键 （用“→”表示）的氨硼烷的结构式_____；与氨硼烷互为等电子体的有机小分子是___(写结 构简式)。 ③某种具有储氢功能的铜合金晶体具有立方最密堆积的结构，晶胞中 Cu 原子处于面心，Au 原 子处于顶点位置，氢原子可进人到由 Cu 原子与 Au 原子构成的四面体空隙中．若将 Cu 原子与 Au 原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与 CaF2(晶胞结构如图)的结构相似，该晶体储氢 后 Cu：Au：H 为______。 ④MgH2 是金属氢化物储氢材料，其晶胞如图所示，已知该晶体的密度 ag·cm-3，则晶胞的体积 为______________cm3(用含 a、NA 的代数式表示，NA 表示阿伏伽德罗常数)。【答案】 (1). b (2). sp2 (3). 4：1 (4). 范德华力 (5). (6). CH3CH3 (7). 3：1：8 (8). 【解析】 【分析】 (1)a.H2O 中 H、O 元素形成的极性键，分子空间结构呈 V 型，正负电荷中心不重合，属于极性 分子； b.H2O 分子中 2 个氢原子的 2 个 s 轨道电子与氧原子的 sp3 杂化轨道的电子形成 σ 键； c.水分子之间是通过氢键作用形成冰晶体； d.根据冰晶胞与干冰晶胞的结构分析； (2)①对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+σ 键数进行判断，当 n=2，sp 杂化，n=3，sp2 杂化，n=4，sp3 杂化；结合物质的分子结合判断 σ 键、π 键数目，可得到二者的比值；分子 与分子间的作用力为分子间作用力； ②根据氮原子提供一对共用电子对给硼原子形成配位键；根据等电子体具有相同的电子数目 和原子数目来分析； ③结合 CaF2 的结构图示，利用均摊法计算； ④先根据均摊法确定该晶胞中含有的各种原子个数，从而得出其质量，再根据 V= 计算其体 积。 【详解】(1)a.H2O 分子空间结构呈 V 型，正负电荷中心不重合，属于极性分子，a 错误； b.H2O 分子中 2 个氢原子的 2 个 s 轨道电子与氧原子的 sp3 杂化轨道形成 σ 键，b 正确； c.水形成冰晶体是通过氢键作用的，不是 H-O 键，c 错误； d.冰晶胞中水分子的空间排列方式与干冰晶胞中 CO2 的排列方式不同，d 错误； 故合理选项是 b； (2)①根据图 2 结构可知：碳原子形成 2 个 C-S，1 个 C=S 二键，C 原子杂化轨道数为 2+1=3， 52 a AN ρ mC 原子采取 sp2 杂化方式； 在 C16S8 中 σ 键数目为 32，π键数目为 8，所以 C16S8 中 σ 键与 π 键之比为 32：8=4：1。C16S8 分子与 H2 分子之间作用力是分子间作用力，分子间作用力也叫范德华力； ②氮原子提供一对共用电子对给硼原子形成配位键，氨硼烷的结构式为 ，等电子 体具有相同的电子数目和原子数目，与氨硼烷互为等电子体的有机小分子是 CH3CH3； ③根据 CaF2 的结构图，结合题意可知，该晶胞中铜原子个数=6× =3，金原子个数=8× =1， 氢原子可进入到由 Cu 原子与 Au 原子构成的四面体空隙中，则 H 原子应位于晶胞内部，氢原 子相当于该晶胞中的 F 离子，所以该晶胞中应含有 8 个 H，所以其化学式为 Cu3AuH8，则该晶 体储氢后 Cu：Au：H 为 3：1：8； ④该晶胞中镁原子个数=8× +1=2，氢原子个数=4× +2=4，即含有 2 个 MgH2，体积 V= = cm3。 【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及原子杂化方式的判断、微粒的空间构型、晶胞的计 算等知识点，难点是晶胞的计算，题目同时考查了学生的空间想象能力及计算能力及类推分 析方法的应用能力。 20.铍及其化合物的应用正日益被重视。 (1)最重要的含铍矿物是绿柱石，含 2%铬(Cr)的绿柱石即为祖母绿。基态 Cr 原子价电子的轨 道表示式为____________。 (2)铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有________(填字母)。 A.都属于 p 区主族元素 B.电负性都比镁大 C.第一电离能都比镁大 D.铍、镁和铝与氯气形成的化合物晶体类型相同 (3)铍、铝晶体都是由金属原子密置层在三维空间堆积而成(最密堆积)。铍的熔点(1551K)比 铝的熔点(930K)高，原因是____________________。 (4)BeO 立方晶胞如图所示，若 BeO 晶体的密度为 dg·cm-3，则晶胞边长为________nm。 1 2 1 8 1 8 1 2 ( ) A 24 2+1 4m =ρ ρN × × A 52 aN【答案】 (1). (2). B (3). Be 原子半径比 Al 小 (4). 【解析】 【分析】 (1)Cr 是 24 号元素，其原子核外电子排布满足半满和全满的稳定结构，据此书写其基态原子 价层电子排布式； (2)A.Be 属于 s 区元素，Al 属于 p 区元素； B.Be、Al 的电负性都比镁大； C.第三周期元素 Mg 的第一电离能比第三周期 Al 的大； D.氯化镁 离子化合物，BeCl2、AlCl3 是共价化合物； (3)金属晶体熔沸点与金属键成正比，金属键与原子半径成反比； (4)计算晶胞中含有的 O2-、Be2+的个数，然后根据晶胞密度 ，及 V=a3 计算晶胞参数。 【详解】(1)Cr 属于 24 号元素，其原子核外电子排布满足半满和全满的稳定结构，基态原子 价层电子排布式为 3d54s1，电子排布图为： 。 (2)铍与相邻主族的铝元素性质相似。 A.Be 属于 s 区，Al 属于 p 区，A 错误； B.元素的金属性越强，越容易失去电子，元素的电负性就越小，由于 Be、Al 的金属性比 Mg 弱，所以元素的电负性都比镁大，B 正确； C.第三周期第 IIA 元素 Mg 的第一电离能比第三周期第 IIIA 的 Al 的大，C 错误； D.MgCl2 是离子化合物，固态时属于离子晶体，而 BeCl2、AlCl3 是共价化合物，在固态时属于 分子晶体，物质的晶体类型不相同，D 错误； 是 3 1 6.02d ρ m V =故合理选项是 B； (3)Be 原子半径比 Al 原子半径小，金属键更强，铍的熔点比铝的熔点高； (4)在 BeO 晶体中，该晶胞中 O2-个数=8× +6× =4；Be2+个数=1×4=4，若 BeO 晶体的密度 为 dg/cm3，根据晶胞密度 ，可知晶胞参数 a= ×10-7nm= ×10-7nm= nm。 【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及原子核外电子排布图 书写、物质晶体类型的判断 及晶胞计算等知识点，注意 cm 与 nm 之间的换算关系，难点是晶胞计算，要求学生具有一定 的空间想象能力，侧重考查学生基础知识的灵活运用和计算能力。 21.X、Z、Q、R、T 为前四周期元素，且原子序数依次增大。X 和 Q 属同族元素，X 和 R 可形成 化合物 XR4；R2 为黄绿色气体；Z 与 X 同周期且基态原子的 s 轨道和 p 轨道的电子总数相等；T2+ 的 3d 轨道中有 5 个电子。请回答下列问题： (1)Z 基态原子的电子排布式是______；Z 所在周期元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性 最强的是______（填化学式）。 (2)利用价层电子对互斥理论判断 RZ3-的立体构型是______；RZ3-的中心原子的杂化轨道类型 为______。 (3)水中 T 含量超标，容易使洁具和衣物染色．RZ2 可以用来除去水中超标的 T2+，生成黑色沉 淀 TZ2，当消耗 0.2molRZ2 时，共转移了 1mol 电子，则反应的离子方程式为___________。 【答案】 (1). 1s22s22p4 (2). HNO3 (3). 三角锥形 (4). sp3 杂化 (5). 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+ 【解析】 【分析】 X、Z、Q、R、T 为前四周期元素，且原子序数依次增大，R2 为黄绿色气体，则 R 为 Cl；X 和 R 可形成化合物 XR4，则 X 为+4 价，处于 IVA 族，X 和 Q 属同族元素，可推知 X 为 C 元素、Q 为 Si；Z 与 X 同周期且基态原子的 s 轨道和 p 轨道的电子总数相等，则 Z 核外电子排布为 1s22s22p4 ， 因 此 Z 为 O 元 素 ； T2+ 的 3d 轨 道 中 有 5 个 电 子 ， 原 子 核 外 电 子 排 布 式 为 1s22s22p63s23p63d54s2，则 T 为 Mn，据此解答。 【详解】根据上述分析可知：X 是 C 元素，Z 是 O 元素，Q 是 Si 元素，R 是 Cl 元素，T 是 Mn 的 1 8 1 2 ρ m V = 3 4 A M d N ×  3 4 25 Ad N ×  3 1 6.02d元素。 (1)Z 是 O 元素，O 基态原子的电子排布式是 1s22s22p4；Z 所在周期元素中，元素最高价氧化 物对应的水化物酸性最强的是 HNO3； (2) RZ3-是 ClO3-，ClO3-离子中中心原子 Cl 原子孤电子对数= =1，价层电子对数为 3+1=4，则 ClO3-立体构型是三角锥形，其中心原子 Cl 原子的杂化轨道类型为 sp3 杂化； (3)水中 Mn 含量超标，容易使洁具和衣物染色，ClO2 可以用来除去水中超标的 Mn2+，生成黑色 沉淀 MnO2，当消耗 0.2molClO2 时，共转移了 1mol 电子，假设 Cl 元素在还原产物中化合价为 a，则 0.2mol×(4-a)=1mol，解得 a=-1，即 ClO2 被还原变为 Cl-，根据电荷守恒可知，还产生 了 H+，则反应的离子方程式为：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+。 【点睛】本题考查结构、性质、位置关系应用、核外电子排布、杂化方式判断、氧化还原反 应等，较为全面的考查了元素化合物、物质结构理论及氧化还原反应的分析与判断能力，是 对学生对知识的迁移运用能力的综合考查。 7 1 2 3 2 + − ×