文档内容
高二选择性必修二（人教版2019）期末复习培优与提升
（四）
一、单选题
1．下列电子排布图能表示氮原子的最低能量状态的是
A． B．
C． D．
2．下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是
A．质子数为17、中子数为20的氯原子：
B．氯离子(Cl－)的结构示意图：
C．氯分子的电子式：
D．氯原子的外围电子排布式： 1s22s22p63s23p5
3．下列几种类推结论中正确的是
A．第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF>H O>NH ；则第三周期元素氢化物稳定性
2 3
顺序也是HCl>H S>PH
2 3
B．Fe O 可写成FeO·Fe O；Pb O 也可写成PbO·Pb O
3 4 2 3 3 4 2 3
C．可电解熔融MgCl 来制取金属镁；也能电解熔融AlCl 来制取金属铝
2 3
D．晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子也必有阴离子。
4．下列变化不需要破坏化学键的是（ ）
A．氯化铵受热分解 B．干冰气化 C．食盐熔化 D．氯化氢溶于水
5．下列对一些实验事实的理论解释正确的是
选项 实验事实 理论解释
氮原子的第一电离能大于氧原
A 氮原子2p能级半充满
子
B SO 为V形分子 SO 分子中S原子采用sp3杂化
2 2
C 金刚石的熔点低于石墨 金刚石是分子晶体，石墨是原子晶
试卷第1页，总1页体
D HF的沸点高于HCl HF的相对分子质量小于HCl
A．A B．B C．C D．D
6．下列关于元素周期表的叙述中不正确的是( )
A．元素种类最多的族是第Ⅷ族
B．第ⅠA族金属元素单质均能与水反应
C．第ⅡA族中无非金属元素
D．金属元素的种类比非金属元素多
7．由下列实验及相应事实推理所得的结论，不能用元素周期律解释的是
实验 事实 结论
将体积相同的Na和K
K与HO反应更剧
A 2 金属性：K>Na
烈
分别投入冷水中
B 将足量硫酸与NaPO 溶液混合 生成HPO 非金属性：S>P
3 4 3 4
C 分别加热HCl气体和HI气体 HI气体更易分解 稳定性：HCl>HI
分别加热NaCO 固体和 NaHCO 固体更易 热稳定性：
D 2 3 3
NaHCO 固体 分解 NaCO>NaHCO
3 2 3 3
A．A B．B C．C D．D
8．下列有关构造原理的说法错误的是
A．原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序一般为3p→4s→3d
B．某基态原子部分核外电子的排布式为
C．在多电子原子中，电子最后填入的能级不一定是原子最外能层上的能级
D．从第三能层开始出现能级交错现象，即电子填入能级的顺序与能层顺序不同
9．新冠病毒疫情期间，养成良好的卫生习惯，做好个人的消毒防护可以有效地防止病
毒的扩散和感染，三氯生(结构简式如图所示)是一种高效广谱抗菌剂，对人体毒性很小，
在洗手液成分中非常常见。学名“二氯苯氧氯酚”，又名“三氯新”“三氯沙”等，下列有关
说法不正确的是
试卷第2页，总2页A．该有机物的分子式为
B．碳原子的杂化方式为 杂化
C．分子中所有原子可能共平面
D．1mol该物质含有 键和 键
10．下列关于晶体中存在的作用力的说法一定正确的是
A．共价晶体中一定存在极性共价键
B．分子晶体中一定存在范德华力
C．硫黄晶体和冰晶体中存在的作用力完全相同
D．只有共价晶体中存在共价键
11．下列说法正确的是（ ）
A．非极性键只能存在单质中，不可能存在化合物中
B．阴、阳离子间通过静电引力所形成的化学键是离子键
C．冰中HO分子间存在氢键，HO分子内存在极性共价键
2 2
D．HBr比HCl的热稳定性差，说明HBr的分子间作用力比HCl弱
12．下列物质性质的变化规律描述正确，且与共价键的键能大小有关的是
A．F、Cl、Br 、I 的熔、沸点逐渐升高
2 2 2 2
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，熔点依次升高
C．金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
13．以下化学用语错误的是
A．碳原子的最外层电子的轨道表示式：
B．OH-的电子式：
C．硫离子的电子排布式： 1s22s22p63s23p6
D．碳－12原子： C
14．下列微粒结构示意图中，表示钠离子的是
A． B． C． D．
15．下列说法中正确的是
试卷第3页，总1页A．NO、SO、BF、NCl 分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8e－稳定结
2 2 3 3
构；
B．P 和CH 都是正四面体分子且键角都为109o28ˊ；
4 4
C．CO、SO 都是直线形的分子
2 2
D．CH=CH 分子中共有五个σ键和一个π键
2 2
16．下列一组粒子的中心原子杂化类型相同，分子或离子的键角不相等的是
A．CCl、SiCl、SiH B．HS、NF、CH
4 4 4 2 3 4
C．BCl、NH、CO D．SO、BF、HO+
3 3 2 3 3 3
二、填空题
17．环烷酸金属(Cu、Ni、Co、Sn、Zn)盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。回
答下列问题：
(1)基态Cu原子的价电子排布___________。
(2)镍的氨合离子 中存在的化学键有___________。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键 E． 键 F． 键
(3)Ni、Co的第五电离能： ， ，
，其原因是___________。
(4)锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰
锡不如金刚石稳定，其原因是___________。
(5)硒化锌晶胞结构如图所示，其晶胞参数为a pm。
①相邻的 与 之间的距离为___________pm。
②已知原子坐标：A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标___________。
③若硒化锌晶体的密度为 ，则阿伏加德罗常数 ___________(用含a、
的计算式表示)。
试卷第4页，总2页18．决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：
（1）基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是_______，占据该能层电子的电
子云轮廓图形状为______________。
（2）已知元素M是组成物质 的一种元素。元素M的气态原子逐个失去
第1个至第5个电子所需能量（即电离能，用符号 至 表示）如表所示：
电离能 589.8 1145.4 4912.4 6491 8153
元素M化合态常见化合价是_________价，其基态原子电子排布式为_______
（3） 的中心原子的杂化方式为__________，键角为____________
（4） 中非金属元素电负性由大到小的顺序为_____________
（5）下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是_______________
A．第一电离能： B．共价键的极性：
C．晶格能： D．热稳定性：
（6）如图是 晶胞，构成二氧化硅晶体结构的最小环是由________个原子构成。
已知晶胞参数为 ，则其晶胞密度为________ 。
三、结构与性质
试卷第5页，总1页19．已知：A、B、C、D、E、F、X为周期表中前四周期的七种元素，它们的原子序
数依次增大。A是周期表中原子半径最小的元素；B的基态原子有3个不同的能级，
各能级中电子数相等；D的基态原子2p能级上的未成对电子数与B原子的相同；D2-离
子与E2+离子具有相同的稳定电子层结构；F有“生物金属”之称，F4+离子和氩原子的核
外电子排布相同；X的基态原子的价电子排布式为3d84s2。请回答下列问题：
(1)B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序是_______ (填元素符号)。
(2)在A元素与上述其他元素形成的分子中，其中心原子为sp3杂化的为_______(写出1
种即可)。
(3)与C同族且位于第四周期元素所形成气态氢化物属于_______ (填“极性”或“非极性”)
分子。
(4) F的基态原子核外电子排布式是_______，F的单质晶体中， F原子的配位数是
_______。
(5) E原子的第一电离能比同周期后面相邻元素的第一电离能_______(填“大”或“小”)。
(6)氢气是理想的清洁能源，X元素与镧(La)元素的合金可作储氢材料，该合金的晶胞
如图所示，晶胞中心有一个X原子，其他X原子都在晶胞面上，则该晶体的化学式为
_______，已知该晶体的密度为d g•cm-3，其摩尔质量为M g•mol-1，则该晶胞的边长是
_______。
20．短周期主族元素A、B、C原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为12，A
的原子半径比B的小，C是地壳中含量最高的元素，元素W的基态原子核外电子有29
种运动状态。
(1)W基态原子的核外电子排布式为___________，W第二电离能比镍、铁第二电离能
大的原因___________。
(2)W的化合物常做催化剂，如催化发生以下成环反应
试卷第6页，总2页上述反应，反应物中碳的杂化类型为___________。
(3)A、B、C的电负性由大到小的顺序为___________(请用元素符号表示)
(4)A与B形成的18电子分子为二元弱碱，写出在水中一级电离生成的阳离子的电子式
___________，A与C形成的简单化合物分子形状为___________，这种化合物在自然
界是以通过___________作用形成团簇分子。
四、原理综合题
21．NaCl是一种基础化工原料，通过电解饱和食盐水可以制得NaOH、H、Cl。
2 2
完成下列填空：
（1）写出电解饱和食盐水的化学方程式_____________________。
（2）氯原子的最外层电子排布式为_______，氯离子核外有_____种运动状态不同的电
子。
（3）氯气压缩成为液氯属于________变化（选填“物理”“化学”）。常用浓氨水来
检查输氯管道是否泄漏，泄漏处会观察到大量的白烟（NHCl），还生成一种无色无味
4
的单质气体，写出此反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目
__________________。
（4）氯气可用来标定碘水中碘单质的含量：5Cl+I+6HO→10HCl+2HIO。测定时可用
2 2 2 3
气体流量计准确控制氯气的体积，以淀粉做指示剂来指示反应终点，反应终点时的现
象是___________________。
用氯气标定一定体积碘水中碘单质的浓度，进行三次平行实验，数据记录见下表：
碘水的体积（mL） 标况下氯气的体积（mL）
500 56
500 55
500 57
则上述碘水中碘单质的浓度为____mol/L，假定碘水的实际浓度为1.02×10-3mol/L,则
实验的相对误差为_______(保留两位小数)。
试卷第7页，总1页参考答案
1．A
【详解】
A．总电子数为7，且符合电子排布规律，是最低能量状态，是基态氮原子的电子排布图，
A正确；
B．2p层电子的自旋方向不对，违背洪特规则，B错误；
C．2s层没有排满，违背能量最低原子，C错误；
D．电子只有5个，不是基态氮原子的电子排布图，D错误；
故选A。
2．C
【详解】
A. 不正确，该氯原子的质量数为37，不是20； B. 不正确，氯离子(Cl－)的核外有18个电
子 ，不是17；C. 氯分子的电子式 是正确的；D. 氯原子的外围电子排布式
1s22s22p63s23p5是不正确的，氯原子的外围电子是它的最外层电子，应为3s23p5。综上所述，
本题选C。
3．A
【详解】
A.元素的非金属性越强，稳定性越大，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则
对应的氢化物的稳定性逐渐增强，故A正确；B. Pb O 中铅元素的化合价为+2价和+4价，
3 4
则应写成2PbO·PbO，故B错误；C.因AlCl 为共价化合物，在熔融状态下不导电，故C错
2 3
误；D.金属晶体组成微粒为金属阳离子和自由电子，不含阴离子，故D错误；答案选A。
【点睛】
本题主要考查元素性质、物质结构等理论的一般规律，在掌握物质变化的一般规律的同时，
也要物质变化的特殊性，平衡好一般与特殊之间的关系。
4．B
【解析】
氯化铵受热分解破坏离子键和共价键，故A错误；干冰气化破坏分子间作用力，故B正确；
食盐熔化破坏离子键，故C错误；氯化氢溶于水破坏共价键，故D错误。
5．A
【详解】
答案第1页，总2页A．原子轨道中电子处于全空、半满、全满时较稳定，氮原子2p能级半充满，则氮原子的
第一电离能大于同一周期相邻的氧原子，故A正确；
B．SO 中S的价层电子对数=2+ =3，为sp2杂化，立体构型为V形，故B错误；
2
C．金刚石为原子晶体，石墨为混合型晶体，但石墨中共价键的键长比金刚石中共价键键
长短，键能更大，所以石墨的熔点比金刚石的高，故C错误；
D．卤族元素氢化物都属于分子晶体，分子晶体的沸点随着其相对分子质量的增大而增大，
但氟化氢分子间含有氢键，氯化氢中不含氢键，导致氟化氢沸点高于HCl，故D错误；
答案选A。
【点睛】
本题的易错点为C，要注意石墨为混合型晶体，层与层之间为分子间作用力，层内存在共
价键，石墨熔化时需要破坏层内的共价键。
6．A
【详解】
A. 元素种类最多的族是第ⅢB族，A错误；
B. 第ⅠA族金属元素均是活泼性很强的元素，单质均能与水反应，B正确；
C. 第ⅡA族是碱土金属元素，其中无非金属元素，C正确；
D. 元素周期表中大部分是金属元素，金属元素的种类比非金属元素多，D正确。
答案选A。
7．D
【详解】
A．将体积相同的Na和K分别投入冷水中，K与HO反应更剧烈，因同主族元素从上到到
2
下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，则金属性：K>Na；故A不符合题意；
B．将足量硫酸与NaPO 溶液混合，生成HPO ，说明硫酸可以制取HPO ，则硫酸的酸性
3 4 3 4 3 4
比磷酸的酸性强，根据最高价含氧酸的酸性强弱可以比较非金属性的强弱，则非金属性：
S>P，故B不符合题意；
C．分别加热HCl气体和HI气体，HI气体更易分解，根据同主族非金属元素从上到下非金
属性逐渐减弱，非金属氢化物的稳定性逐渐减弱，则稳定性：HCl>HI，故C不符合题意；
D．分别加热NaCO 固体和NaHCO 固体，NaHCO 固体更易分解，因为NaCO 属于正盐，
2 3 3 3 2 3
而NaHCO 属于酸式盐，二者不属于同一类别，没有可比性，所以不能用元素周期律来解
3
释，故D符合题意；
答案第2页，总2页故选D。
8．B
【详解】
A．根据构造原理判断，A项正确；
B．根据构造原理可知，3s与4s能级之间还有3p能级，B项错误；
C．电子最后填入的能级不一定是原子最外能层上的能级，如某些过渡元素，C项正确；
D．从M能层开始，电子填入的顺序是3s→3p→4s→3d……，与能层的顺序不同，D项正
确；
故选B。
9．D
【详解】
A．由物质的结构简式得出该有机物的分子式为 ，A项正确；
B．可通过键角来推断C原子的杂化方式，苯分子中的键角为120°，为平面结构，推知C
原子的杂化方式为 ，B项正确；
C．苯环结构中的原子共平面，利用单键旋转法，可使两个苯环上的原子共平面，即所有
原子可以共平面，C项正确；
D．该物质分子中含有两个苯环，一个苯环含有1个大π键， 键数目为 ；
则 该物质含有 键和 键，D项错误；
故选D。
10．B
【详解】
A．共价晶体中不一定存在极性共价键，如硅、金刚石等晶体中只存在非极性共价键，A
错误；
B．范德华力存在于所有分子晶体中，B正确；
C．硫黄晶体中分子间存在范德华力，而冰晶体中分子间除存在范德华力外，还存在氢键，
C错误；
D．很多分子晶体(如干冰等)中都存在共价键，D错误；
答案第3页，总2页故选B。
11．C
【详解】
A．同种非金属原子间形成非极性键，化合物中也可能含有非极性键，如过氧化氢中含有
O-O非极性键，A错误；
B．阴、阳离子间通过静电作用所形成的化学键是离子键，静电作用包含吸引力和排斥力，
B错误；
C．在固态水即冰中的的HO分子间存在氢键，非金属原子间通过共价键结合，则水分子
2
中O与H原子之间通过共价键结合，C正确；
D．物质的稳定性是化学性质，是由共价键的强弱决定的，元素的非金属性：Br＜Cl，所
以HBr比HCl的热稳定性差，这与分子间作用力大小无关，D错误；
故合理选项是C。
12．C
【详解】
A．F、Cl、Br 、I 均为分子晶体，它们熔、沸点的高低与分子间作用力的大小有关；A
2 2 2 2
项错误；
B．物质的稳定性与化学键键能的大小有关，因为键能H—F＞H—Cl＞H—Br＞H—I，
HF、HCl、HBr、HI分子的热稳定性逐渐减弱，HF分子间会形成氢键，所以熔点高低顺序
为：HF＞HI＞HBr＞HCl，B项错误；
C．金刚石和晶体硅均为原子晶体，原子间共价键的键能越大，该原子晶体的硬度就越大，
熔沸点就越高，金刚石中的C—C键的键能大于晶体硅中Si—Si键的键能，C项正确；
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI均为离子化合物，其晶体是离子晶体，离子晶体熔点的高低与
晶格能的大小有关，D项错误；
答案选C。
13．A
【详解】
A. 碳原子的最外层电子的轨道表示式：2s能级排满后再排2p能级，
，故A错误；
答案第4页，总2页B．OH-是阴离子，是原子团，要加括号， OH-的电子式： ，故B正确；
C. 硫离子核外有18个电子，排在三个电子层中，电子排布式：1s22s22p63s23p6，故C正确；
D. 碳－12原子，有6个质子、6个中子： C，故D正确；
故选A。
14．D
【详解】
钠离子核内有11个质子，核外有10个电子，其离子结构示意图为 ，故答案为
D。
15．D
【解析】A，NO 中N元素的化合价为+4价，N元素化合价的绝对值+5=9，NO 中N原子
2 2
的最外层不满足8e-结构，SO 中S元素的化合价为+4价，S元素化合价的绝对值+6=10，
2
SO 中S原子的最外层不满足8e-结构，BF 中B元素的化合价为+3价，B元素化合价的绝
2 3
对值+3=6，BF 中B原子的最外层不满足8e-结构，NCl 的电子式为 ，NCl 分子
3 3 3
中N原子、Cl原子的最外层电子都满足8e-稳定结构，A项错误；B，P 为正四面体结构，
4
4 个 P 原子处于正四面体的 4 个顶点，键角为 60º，CH 为正四面体结构，键角为
4
109º28′，B项错误；C，SO 中S上的孤电子对数为 （6-2 2）=1，S的价层电子对数
2
为1+2=3，SO 的VSEPR模型为平面三角形，由于S上有1对孤对电子，SO 是V形分子，
2 2
CO 是直线形分子，C项错误；D，CH=CH 中有4个C-H键，1个C=C键，单键全为σ
2 2 2
键，双键中有1个σ键和1个π键，CH=CH 分子共有五个σ键和一个π键，D项正确；
2 2
答案选D。
点睛：本题考查8e-稳定结构的判断、分子的空间构型、σ键和π键的判断。含H原子的
分子不可能所有原子都满足8e-，对AB 型分子可用下列方法判断分子中原子是否满足
n
8e-：元素化合价的绝对值与该元素原子最外层电子数之和为8时该原子满足8e-，反之不满
足。注意P 与CH 分子结构的区别。
4 4
答案第5页，总2页16．B
【详解】
A．CCl 、SiCl 、SiH 中所有的原子的价层电子对数都为4，杂化方式为sp3杂化，键角都
4 4 4
是109o28´，A错误；
B．HS中S原子的价层电子对数为2+ (6-2×1)=4，杂化方式为sp3杂化，NF 中N原子的
2 3
价层电子对数为3+ (5-3×1)=4，杂化方式为sp3杂化，CH 中C原子的杂化方式为sp3杂化，
4
由于分子中孤电子对的数目不同，分子间的夹角不同，B正确；
C．BCl 、NH 、CO 分子中的中心原子的杂化方式不同，C错误；
3 3 2
D．SO 、BF 中的S和B都采用sp2杂化，HO＋用的是sp3杂化，D错误；
3 3 3
答案选B。
17． BCE (Co)和 (Ni)分别指失去 和 上的一个电子所需能量，
处于半充满稳定状态，需要的能量较高 Sn与C同主族，Sn原子半径大，
键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定
【详解】
(1)铜为29号元素，其基态Cu原子的价电子排布 。
(2)镍的氨合离子 中氨气分子中存在共价单键，单键就是 键，镍离子和氨
气之间存在配位键。
(3) (Co)和 (Ni)分别指失去 和 上的一个电子所需能量， 处于半充满稳定状
答案第6页，总2页态，需要的能量较高；
(4) Sn与C同主族，Sn原子半径大， 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石
稳定。
(5)①硒化锌晶胞中相邻的 与 之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一，而晶胞
体对角线的常数为晶胞棱长的 倍，故之间的距离为为 pm。
②根据硒化锌晶胞中相邻的 与 之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一分析，A
点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标 。
③根据均摊法分析，一个晶胞中锌原子的个数为4，硒原子个数为
，所以晶胞的质量为
，故 ，可得阿伏加德罗常数
。
18．N 球形 +2 1s22s22p63s23p64s2或[Ar] 4s2 sp3 109°28′ F>O>P
BC 12
【分析】
(1) 基态K原子共有4给电子层，最高能层位N；价层电子排布式为4s1；
答案第7页，总2页(2) M的第三电离能远远大于第二电离能，该元素最外层有2个电子；
(3) 根据价层电子互斥理论确定 杂化方式及空间构型；
(4)Ca (PO )F中非金属元素为P、O、F，同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自
3 4 3
上而下电负性减小；
(5) A. 同周期元素的第一电离能有增大的趋势，价层电子处于充满或半充满状态时，第一
电离能大于其后元素的；
B. 键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大，极性越大；
C. 离子半径越小，键长越短，晶格能越大；
D. 金属阳离子的半径越小，其碳酸盐的热稳定性越弱；
(6)构成二氧化硅晶体结构的最小环是六元环，根据密度公式 计算晶体密度。
【详解】
(1) 基态K原子共有4给电子层，最高能层位N；价层电子排布式为4s1，该能层电子云轮
廓为球形，故答案为：N；球形；
(2) M的第三电离能远远大于第二电离能，说明该元素失去2个电子时为稳定结构，则该元
素最外层有2个电子，则M为Ca，元素M化合态常见化合价是+2，其基态原子电子排布
式为：1s22s22p63s23p64s2或[Ar] 4s2，故答案为：+2；1s22s22p63s23p64s2或[Ar] 4s2；
(3) 的中心原子P的孤电子对数为：1/2（a-xb）=1/2(5+3-2×4)=0，价层电子对数为：
4+0=4，P原子杂化方式为sp3杂化，空间构型为正四面体，键角为109°28′，故答案为：
sp3；109°28′；
(4)Ca (PO )F中非金属元素为P、O、F，同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自
3 4 3
上而下电负性减小，所以电负性：F>O>P，故答案为：F>O>P；
(5) A. 同周期元素的第一电离能有增大的趋势，价层电子处于全充满或半充满状态时，第
一电离能大于其后元素的第一电离能，则Cl＞P＞S＞Si，A错误；
B. 键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大，极性越大，则共价键的极性：HF＞HCl＞
HBr＞HI，B正确；
C. 离子半径越小，键长越短，晶格能越大，则晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，C正确；
D. 金属阳离子的半径越小，其碳酸盐的热稳定性越弱，则热稳定性：BaCO ＞SrCO ＞
3 3
CaCO ＞MgCO ，D错误；故答案为：BC。
3 3
答案第8页，总2页(6)构成二氧化硅晶体结构的最小环是六元环，其中有6个Si原子和6个O原子，所以构成
二氧化硅晶体结构的最小环是由12个原子构成；1个晶胞中含有Si原子的数目为：
8×1/8+6×1/2+4=8，含有O原子的数目为：16，则根据公式： ，其晶胞的密度为：
，故答案为：12； 。
【点睛】
中心原子的孤电子对数=1/2（a-xb）；中心原子的价层电子对数=孤电子对数+ 键。中心
原子的价层电子对数=2，为sp杂化；中心原子的价层电子对数=3，为sp2杂化；中心原子
的价层电子对数=4，为sp3杂化。
19．O＞N＞C CH 或HO 极性 1s22s22p63s23p63d24s2 12 大 Ni La
4 2 5
cm
【分析】
由A是周期表中原子半径最小的元素，所以A为：H；根据B的基态原子有3个不同的能
级，各能级中电子数相等得出B是1s2 2s2 2p2，故B为：C；根据D的基态原子2p能级上
的未成对电子数与B原子相同，故D为：O；依据A、B、C、D、E原子序数逐渐增大，
可知C为：N；D2-离子与E2+离子具有相同的稳定电子层结构，则E是Mg．F4+离子和氩原
子的核外电子排布相同，则F为22号元素：Ti；X的基态原子的外围电子排布式为
3d84s2，则X是Ni，据此分析解答。
【详解】
(1)B、C、D为同一周期元素，同周期从左到右电负性依次增强，所以O＞N＞C，故答案
为：O＞N＞C；
(2)中心原子通过sp3杂化形成分子，则说明中心原子含有4个价电子对，价层电子对数=σ
键个数+ （a-xb），则CH、HO都含有4个价电子对，故答案为：CH、HO；
4 2 4 2
(3)与氮元素同主族的第四周期元素是As，AsH ，其氢化物为其结构与氨气相似，所以其
3
氢化物是极性分子，故答案为：极性；
答案第9页，总2页(4)F为22号元素：Ti，其核外有22个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，Ti晶体的
原子堆积模型属于Mg型为六方最密堆积，配位数为12；故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2；
12；
(5)Mg的最外层电子排布为3s2，属于能量最低的全排满结构，不易失去电子，所以第一电
离能大，故答案为：大；
(6)该合金的晶胞如图所示，晶胞中心有一个镍原子，其他8个镍原子都在晶胞面上，镧原
子都在晶胞顶点．所以晶胞实际含有的镍原子为1+8× =5，晶胞实际含有的镧原子为8×
=1，所以晶体的化学式Ni La；晶胞的质量为 ，根据ρ= ，V=a3，则ρ= ，
5
所以a= cm；故答案为：Ni La； cm。
5
20．1s22s22p63s23p63d104s1 当铜失去一个电子后达到3d10为全满稳定结构，失去电子需
要的能量多 sp2 sp3 O＞N＞H V形 氢键
【分析】
C是地壳中含量最高的元素，则C为O元素，A、B、C均为短周期主族元素，且原子序数
依次增大，A的原子半径比B的小，则A是H元素，又3种原子最外层电子数之和为12，
则B为N元素，元素W的基态原子核外电子有29种运动状态，则W为Cu元素，据此分
析解答。
【详解】
(1)元素W是Cu，Cu的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu的第二电
离能比镍、铁大的原因是当铜失去一个电子后达到3d10为全满稳定结构，失去电子需要的
能量多；
(2) 中苯环上和羰基上的碳都是sp2杂化，其他位置的饱和碳
原子是sp3杂化；
答案第10页，总2页(3)A是H元素，B为N元素，C为O元素，则A、B、C的电负性由大到小的顺序为O＞N
＞H；
(4)A与B形成的18电子分子为NH，结合水电离出的一个H+，同时产生OH-，溶液显碱
2 4
性，NH 的一级电离方程式为 ，所得的阳离子为 ，其
2 4
电子式为 ；A与C形成的简单化合物为HO，分子形状为V形，水分子通
2
过氢键作用而聚合在一起，形成水分子簇。
21．2NaCl + 2H O 2NaOH + H ↑ + Cl ↑ 3s23p5 18 物理
2 2 2
溶液由蓝色逐渐变为无色，且在半分钟内不变色 1
× 10-3 mol/L -1.96%
【分析】
（1）电解饱和食盐水生成氢氧化纳、氢气和氯气；
（2）氯原子核外电子数为17，根据能量最低原理书写最外层电子排布式；核外每一个电
子的运动状态都不同；
（3）气态压缩成为液态属于物理变化，浓氨水来检查输氯管道是否泄漏，氯气与氨气反应
生成NH Cl和氮气，化学反应方程式为：3Cl+8NH=6NHCl+N ，Cl元素化合价由0→-1
4 2 3 4 2
价，N元素化合价由-3价→0价，转移电子数为6e-；
（4）碘溶液中有淀粉，所以溶液呈蓝色，用氯气标定碘水中碘单质的含量达到滴定终点时
溶液的蓝色会褪去，据此判断；根据反应找出反应关系式，然后根据题中数据计算出碘水
中碘单质的浓度，（测定值-理论值）÷理论值×100%计算相对误差。
【详解】
（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的化学方程式为2NaCl + 2H O
2
2NaOH + H ↑ + Cl ↑，故答案为2NaCl + 2H O 2NaOH + H ↑ + Cl ↑；
2 2 2 2 2
答案第11页，总2页（2）氯是17号元素，原子的最外层电子排布式为3s23p5，氯离子核外有18种运动状态不
同的电子，故答案为3s23p5；18；
（3）氯气压缩成为液氯是状态的变化，属于物理变化；浓氨水来检查输氯管道是否泄漏，
泄漏处会观察到大量的白烟（NH Cl），还生成一种无色无味的单质气体为氮气，反应的
4
化学方程式和电子转移的方向和数目表示为 ，故答案为物理；
；
（4）根据5Cl + I + 6H O → 10HCl + 2HIO ，以淀粉做指示剂来指示反应终点，反应终
2 2 2 3
点时溶液由蓝色逐渐变为无色，且在半分钟内不变色；三次的平均体积为56 mL，根据
5Cl + I + 6H O → 10HCl + 2HIO ，n(I)= n(Cl )= × =5×10-4mol，c(I )=
2 2 2 3 2 2 2
= 1 × 10-3 mol/L，实验的相对误差= ×100%=
-1.96%，故答案为溶液由蓝色逐渐变为无色，且在半分钟内不变色；1 × 10-3 mol/L；
-1.96%。
答案第12页，总2页
