福建省福州市八县一中联考高二（下）期中化学试卷

第7页2023-2023学年福建省福州市八县一中联考高二〔下〕期中化学试卷一、单项选择题〔本大题共24小题，共48.0分〕1. 玻尔理论、量子力学理论都是对核外电子运动的描述方法，以下有关表达中正确的选项是()A.因为s轨道的形状是球形的，所以s电子做的是圆周运动

B.处于同一轨道上的电子可以有多个，它的运动状态完全相同

C.原子轨道和电子云都是用来形象地描述电子运动状态的

D.H2、F2、HCl和H2O中的σ键都是C解：A.s轨道的形状是球形的，表示电子出现概率大小，而不表示电子运动轨迹，故A错误；

B.同一轨道上最多容纳2个电子，其自旋方向相反，故B错误；

C.原子轨道和电子云都用来描述电子运动状态而不是表示电子运动轨迹，故C正确；

D.H2中H原子没有p电子，所以H2中不存在s-pσ键，存在s-sσ键，故D错误；

应选：C。

A.s轨道的形状是球形的，表示电子出现概率大小；

B.同一轨道上最多容纳2个电子，其运动状态不同；

C.原子轨道和电子云都用于描述电子运动状态；

D.H2中H原子没有p电子。

2. 元素原子的最外层电子排布式为4s1的元素种类有()A.9种 B.3种 C.1种 D.2种B解：最外层电子排布式为4s1的元素位于第四周期，可能是K：1s22s22p63s23p64s1，Cr：1s223. 以下事实与氢键有关的是()A.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱

B.水加热到很高的温度都难以分解

C.邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低

D.CH4、SiH4、C解：A.元素的非金属性越强，共价键越稳定，其氢化物越稳定，那么HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，与分子中的共价键键能有关，与氢键无关，故A不选；

B.水加热到很高的温度都难以分解，是因为水分子中存在H-O共价键，与氢键无关，故B不选；

C.邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，是因为对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，故C选；

D.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，故D不选；

应选：C。

A.元素的非金属性越强，共价键越稳定，其氢化物越稳定；

B.分子的稳定性与共价键有关；

C.氢键的存在能够提高物质的熔沸点；

4. 以下化合物，按其晶体的熔点由高到低排列正确的选项是()A.SiO2CsCl

CF4CBr4 B.SiO2

CsCl

CBr4B解：晶体熔沸点上下顺序是：原子晶体>离子晶体>分子晶体，分子晶体熔沸点与分子间作用力成正比，SiO2是原子晶体、CsCl是离子晶体、CF4和CBr4是分子晶体，其分子间作用力CBr4>CF4，所以这几种晶体熔沸点上下顺序是SiO2>CsCl>CBr4>CF4，

应选：5. 以下说法正确的选项是()A.假设把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性

B.H3O+A解：A.S原子最外层只有6个电子，可与两个电子形成共价键，与H形成化合物为H2S，否那么违背了共价键的饱和性，故A正确；

B.H3O+的存在，是由于O原子发生了杂化，照样符合共价键的饱和性，故B错误；

C.H2分子中s轨道为球形，无方向性，故C错误；

D.两原子形成共价键后，两核间电子是绕两核运动的，故D错误。

应选：A。

原子的未成对电子一旦配对成键，就不再与其他原子的未成对电子配对成键了，故原子的未成对电子数目决定了该原子形成的共价键具有饱和性，这一饱和性也就决定了该原子成键时最多连接的原子数，形成共价键时，原子轨道重叠的程度越大越好，为了到达原子轨道的最大重叠程度，成键的方向与原子轨道的伸展方向就存在着必然的联系，这种成键的方向性也就决定了所形成分子的构型，但6. 以下表达正确的选项是()A.1个甘氨酸分子中存在9对共用电子对(甘氨酸的结构简式为NH2-CH2-COOH)

B.PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都到达8电子稳定结构

C.HD解：A.1个甘氨酸

含有8个单键，1个双键，所以分子中存在10对共用电子，故A错误；

B.PCl3分子中所有原子的最外层都到达8电子稳定结构；BCl3分子中B原子的最外层电子数为6，Cl原子的最外层电子数为8，故B错误；

C.H2S是含极性键的极性分子，CS2分子都是含极性键的非极性分子，故C错误；

D.因为碳原子半径小于硅原子半径，所以C-C的键长<C-Si<Si-Si所以金刚石、碳化硅、晶体硅的熔点由高到低的顺序为金刚石>碳化硅>晶体硅，故D正确；

应选：D。

A.根据1个单键就是一对公用电子对，一个双键就是就是两对公用电子对；

B.PCl3分子中所有原子的最外层都到达8电子稳定结构；BCl3分子中B原子的最外层电子数为6；

C.H2S是含极性键的极性分子；CS7. 肯定属于同族元素且性质相似的是()A.A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子

B.结构示意图：A为

，B为

C.A原子基态时2p轨道有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道也有1个未成对电子

D.原子核外电子排布式：A为1s22s2，A解：A.A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，A为O元素；B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子，B为S元素，O、S元素位于同一主族，所以其性质相似，故A正确；

B.A为Ne原子、B为Na+，Ne位于0族、Na位于第IA族，所以二者不属于同一族且性质不同，故B错误；

C.A为B或F元素，B为Al或Cl元素，所以A和B可能不属于同一族，故C错误；

D.A为Be元素、B为He元素，Be位于第IIA族、He位于0族，二者不属于同一族，性质不同，故D错误；

应选：A。

A.A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，A为O元素；B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子，B为S元素；

B.A为Ne原子、B为Na+；

C.A为B或F元素，B为Al或Cl元素；

D.A为Be元素、B为He元素。

此题考查原子结构及元素性质，正确判断元素是解此题8. 以下化学式既能表示物质的组成，又能表示物质分子式的是()A.NH4NO3 B.SiOC解：A.NH4NO3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，故A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，故B错误；

C.C2H6O为分子晶体，晶体中含有单个分子，故C正确；

D.Na为金属晶体，晶体的组成为金属阳离子和自由电子，晶体中无单个分子，故D错误，9. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，Z原子比X原子的核外电子数多4.以下说法正确的选项是()A.W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>W

B.W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z

C.Y、Z形成的分子空间构型可能是正四面体

D.WY2分子中δ键与π键的数目之比是2C解：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，那么Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，

A、同主族自上而下电负性减弱，Y假设为Si元素，那么电负性C>Si，故A错误；

B、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Al>Y>Cl>C，故B错误；

C、假设Y、Z形成的分子为SiCl4，为正四面体构型，故C正确；

D、WY2分子为CS2，分子结构式为S=C=S，双键中含有1个δ键、1个π键，故δ键与π键的数目之比1：1，故D错误；

应选：C。

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，那么Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，据此解答．10. 以下说法正确的选项是()A.乙醇中的-OH上的氢比水分子的-OH上的氢活泼

B.CH2=CHCH

(OH)

CHO不是手性分子

C.酸性：H3PO4<H3AsD解：A.Na与水反响比Na与乙醇的反响更剧烈，说明水分子中的-OH上的氢比乙醇的-OH上的氢活泼，故A错误；

B.CH2=CHCH

(OH)

CHO中连接-OH、H原子、-CHO、-CH=CH2的碳原子为手性碳原子，属于手性分子，故B错误；

C.元素非金属性P>As，故最高价含氧酸的酸性：H3PO4>H3AsO4，故C错误；

D.N2O与CO2为等电子体微粒，二者结构相似，故N2O的电子式是

，故D正确。

应选：D。

A.Na与水反响比Na与乙醇的反响更剧烈；11. 白磷与氧可发生如下反响：P4+5O2=P4O10.断裂以下化学键需要吸收的能量分别为：P-P：a

kJ⋅mol-1、P-O：b

kJ⋅mol-1、P=O：c

kJ⋅mol-1、O=OA.(6a+5d-4c-12b)kJ⋅mol-1 B.(4c+12b-6a-5d)kJ⋅mol-1

C.(4c+12b-4a-5d)kJ⋅moA解：各化学键键能为P-P

a

kJ⋅mol-1、P-O

b

kJ⋅mol-1、P=O

c

kJ⋅mol-1、O=O

d

kJ⋅mol-1。

反响热△H=反响物总键能-生成物总键能，

所以反响P4+5O2=P4O10的反响热△H=6akJ⋅mol-1+5dkJ⋅mol-1-(4ckJ⋅mol-1+12bkJ⋅mol12. 以下固体：(1)干冰(2)石英(3)白磷(4)固态四氯化碳(5)过氧化钠，由具有极性键的非极性分子构成的一组是()A.(1)(2)(4) B.(2)(3) C.(1)(3)(4)(5) D.(1)(4)D解：(1)干冰分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，含有碳氧极性键，为直线形分子，结构对称正负电荷重心重叠，为非极性分子，故正确；

(2)石英成分为SiO2属于原子晶体，晶体中不存在分子，故错误，

(3)白磷为单质，分子中只含有非极性键，属于非极性分子，故错误；

(4)CCl4中含有极性键，空间结构为正四面体，正负电荷的中心重合，为非极性分子，故正确；

(5)过氧化钠中含有极性键，但为离子化合物，晶体中不存在分子，故错误；

应选：D。

由不同非金属元素形成的化学键为极性键，由同种非金属元素形成的化学键为非极性键，只含非极性键的分子为非极性分子；假设分子含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，那么为非极性分子，极性分子中正负电荷的中心不重合，具有一定的极性，以此来解答。

此题13. 在化学上，常用一条短线表示一个化学键，如以下图所示的有关结构中，有直线(包括虚线)不表示化学键或分子间作用力的是()A.石墨的结构 B.白磷的结构

C.CCl4的结构 D.立方烷(C8HC解：A.石墨中层与层之间为分子间作用力，同层上C、C之间存在共价键，那么直线表示化学键、虚线表示分子间作用力，故A不选；

B.白磷为正四面体结构，含6个P-P共价键，那么直线表示化学键，故B不选；

C.CCl4为正四面体结构，只存在4个C-Cl共价键，那么虚线不表示化学键或分子间作用力，故C选；

D.立方烷中每个C形成3个C-C键、1个C-H键，那么直线表示化学键，故D不选；

应选：C。

A.石墨中层与层之间为分子间作用力，同层上C、C之间存在共价键；

B.白磷为正四面体结构，含6个P-P共价键；

C.CCl4为正四面体结构，只存在4个C-Cl共价键；

D.立方烷中每个C形成3个C-C键、1个C-H键。

此题14. 以下实验事实中，能用共价键强弱来解释的是()

①稀有气体一般较难发生化学反响

②金刚石比晶体硅的熔点高

③氮气比氯气的化学性质稳定

④通常情况下，溴是液态，碘是固态A.①② B.②③ C.①④ D.②③④B解：①稀有气体的最外层为稳定结构，难发生化学反响，与共价键无关，故不选；

②金刚石、晶体硅均为原子晶体，共价键的键能越大，熔点越高，那么金刚石比晶体硅的熔点高，与共价键有关，应选；

③氮气中三键的键能大，氯气中为共价单键，那么氮气比氯气的化学性质稳定，与共价键的强弱有关，应选；

④溴、碘的分子间作用力不同，熔沸点不同，那么通常情况下，溴是液态，碘是固态，与分子间作用力有关，与共价键无关，故不选；

应选：B。

①稀有气体的最外层为稳定结构；

②金刚石、晶体硅均为原子晶体，共价键的键能越大，熔点越高；

③氮气中三键的键能大，氯气中为共价单键；

④溴、碘的分子间作用力不同，熔沸点不同。

此题考查共价键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的性质与共价键的关系，题目难度不大。

15. 以下微粒的中心原子杂化轨道类型相同的是()A.CO2与SO2 B.BeCl2与BF3 C.C解：A.CO2，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=2，孤电子对数为LP=4-2×22=0，那么价电子对数为VP=BP+LP=2+0=2，根据杂化轨道理论，中心C原子为sp杂化，SO2，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=2，孤电子对数为LP=6-2×22=1，那么价电子对数为VP=BP+LP=2+1=3，根据杂化轨道理论，中心S原子为sp2杂化，二者中心原子的杂化轨道类型不同，故A不选；

B.BeCl2，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=2，孤电子对数为LP=2-1×22=0，那么价电子对数为VP=BP+LP=2+0=2，根据杂化轨道理论，中心Be原子为sp杂化，BF3，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=3，孤电子对数为LP=3-1×32=0，那么价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，中心B原子为sp2杂化，二者中心原子的杂化轨道类型不同，故B不选；

C.CH4，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=4+4-1×42=4，根据杂化轨道理论，中心C原子为sp3杂化，SO42-，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=4+6-2×4+22=4，根据杂化轨道理论，中心S原子为sp3杂化，二者杂化轨道类型一致，故C选；

D.C2H4为乙烯，分子构型为平面型，C原子为sp16. 关于[Cr(H2O)4BrA.配体为水分子，外界为Br-

B.中心离子的配位数为6

C.含有1mol[Cr(H2O)4BB解：A、[Cr(H2O)4Br2]Br中配体是H2O和Br-，外界为Br-，故A错误；

B、[Cr(H2O)4Br2]-中的中心离子的配体是H2O、Br-，那么中心离子的配位数个数为6，故B正确；

C、[Cr(H2O)4Br2]Br中配体是H2O和Br-，外界为Br-，那么1mol[Cr(H2O)4Br2]Br在水溶液中只电离出1mol溴离子，所以含有1mol[Cr(H2O)4Br2]Br17. 以下说法正确的选项是(NA为阿伏加德罗常数)()A.31

g

P4含有P-P键的个数为6NA B.60g

SiO2含有Si-O键的个数为2NA

C.18

g冰中含氢键的个数为2NAC解：A.31

g

P4物质的量为：0.25mol，1个P4分子含有6个P-P键，因此31gP4含有的P-P键的物质的量为6×0.25mol=1.5mol，P-P键的个数为1.5NA，故A错误；

B.1mol二氧化硅含有4molSi-O键，60g

SiO2物质的量为1mol，含有Si-O键的个数为4NA，故B错误；

C.18g冰的物质的量为1mol，而1mol冰中含2mol氢键，故含2NA个，故C正确；

D.每个C原子与其他4个C原子共用4个C-C键，相当于每个C原子占有4×12=2个C-C键，那么1mol金刚石含2molC-C键，故D错误；

应选：C。

A.1个白磷分子含有6个P-P键；

B.1mol二氧化硅含有4molSi-O键；

C.求出冰的物质的量，然后根据1mol冰中含2mol氢键来分析；

D.每个C原子与其他4个C18. 根据相似相溶规那么和实际经验，以下表达不正确的选项是()A.卤化氢易溶于水，也易溶于CCl4 B.白磷(P4)易溶于CS2，但难溶于水

A解：根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，非金属性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，

A.卤化氢为极性分子、水属于极性分子，所以卤化氢易溶于水，四氯化碳是非极性分子，卤化氢难溶于四氯化碳，故A错误；

B.白磷(P4)、CS2都是非极性分子，水属于极性分子，白磷(P4)易溶于CS2，难溶于水，符合相似相溶原理，故B正确；

C.碘、苯都属于非极性分子，水属于极性分子，碘易溶于苯，微溶于水，符合相似相溶原理，故C正确；

D.NaCl在水分子作用力能发生电离生成水合钠离子、水合氯离子，在四氯化碳中不发生电离，所以NaCl易溶于水，难溶于CCl4，故D正确；19. 以下化合物中无“手性〞碳原子的是()A.OHC-CH(OH)-CH2OH B.

C. D.D解：A.中间的C，分别连接-OH、-H、-CH2OH、-CHO，C为手性碳原子，故A不选；

B.中间的C，分别连接-Cl、-H、-CHClBr、-CHO，后面的C分别连接-Cl、-H、-Br、--CHClCHO，那么含2个手性碳原子，故B不选；

C.分别与-OH、-Cl相连的C均为手性碳，含3个手性碳原子，故C不选；

D.不含连接4个不同基团的C，无手性碳原子，故D选；

应选：D。

连接4个不同基团的C为手性碳原子，以此来解答。

此题考查有机物的结构及同分异构体，为高频考点，把握有机物的结构、手性碳原子判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意手性20. CH3+、-CH3(甲基)、CH3-A.它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化

B.CH3-与NH3、H3O+互为等电子体，几何构型均为三角锥形

C.CH3+中的碳原子采取sA解：A.CH3+、CH3-、CH3-分别具有6个、7个和8个价电子，不是等电子体，杂化类型也不同，故A错误；

B.CH3-与NH3、H3O+均具有8个价电子，4个原子，互为等电子体，几何构型均为三角锥形，故B正确；

C.CH3+中的碳原子采取sp2杂化，平面三角形结构，所有原子均共面，故C正确；

D.中性原子团之间可以结合为分子，那么两个-CH3结合可得到CH3CH3，带有不同电性的原子团也可以结合为分子，那么一个CH3+和一个CH3-结合可得到CH3CH3，故D正确；

应选：A。

A.CH3+、C21. 如图是氯化铯晶体的晶胞示意图(晶体中最小的重复结构单元)，晶体中2个最近的Cs+核间距为a

cm，氯化铯(CsCl)的相对分子质量M，NA为阿伏加德罗常数，那么氯化铯晶体的密度为()A.8MNAa3g⋅cm-3

B.Ma38NC解：氯离子位于顶点，晶胞中数目为8×18=1，铯离子位于体心，数目为1，即一个晶胞中含有一个氯离子和一个铯离子，那么一个晶胞质量为MNAg，2个最近的Cs-离子核间距为acm，即晶胞边长为acm，那么晶胞体积为：a3cm3，那么密度为MN22. 某化合物的晶体是由以下最小单元密置堆积而成的，关于该化合物的以下表达中错误的选项是()

A.1

mol该化合物中有1

mol

Y B.1

mol该化合物中有1

mol

Ba

C.1

mol该化合物中有7

mol

O D.该化合物的化学式是YBaB解：由晶胞结构可知，Y原子位于顶点，晶胞中Y原子数目为8×18=1，Ba原子位于棱上，晶胞中Ba原子数目为8×14=2，Cu原子位于晶胞内部，晶胞中Cu原子数目为3，O原子晶胞内部与面上，晶胞中O原子数目为2+10×12=7，故该晶体化学式为YBa2Cu3O7，那么1

molYBa2Cu3O7，含有1

mol

Y、2molBa、7molO、3molCu，故23. 图甲和图乙表示的是元素的某种性质随原子序数的变化.以下说法正确的选项是()

A.图甲可能表示的是元素单质的熔点随原子序数的变化关系

B.图甲可能表示的是元素原子的第一电离能随原子序数的变化关系

C.图乙可能表示的是元素原子的半径随原子序数的变化关系

D.图乙不可能表示同族元素的电负性随原子序数的变化关系B解：A.同周期元素中，非金属单质的熔点较低，如形成分子晶体的沸点较低，不会出现随原子序数增大熔点增大的趋势，与图象不符，故A错误；

B.同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，其中ⅡA、ⅢA族元素的第一电离能大于相邻主族元素，与图象根本符合，故B正确；

C.同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，与图象不符，故C错误；

D.同周期元素从左到右，非金属性增强，元素的电负性逐渐增大，故D错误。

应选：B。

A.同周期元素中，非金属单质的熔点较低，原子晶体的熔点较高；

B.同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，其中ⅡA、ⅢA族元素的第一电离能大于相邻主族元素；

C.同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小；

D.同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大．

此题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握同周期元素性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项AB为解答的难点，题目难度不大．

24. 以下是典型晶体的结构示意图，从①到⑥对应正确的选项是()

选项①②③④⑤⑥ANaCl单质硅CaAuCKBCaSiC金刚石CuCCsClCCsCl金刚石CaCuCMgDNaClBNAuCaCNaA.A B.B C.C D.DA解：①中含阳离子、阴离子个数比为4×18：4×18=1：1，为AB型离子化合物，如NaCl；

②中只有一种原子，且一个原子与其它原子形成正四面体构型，为原子晶体，如金刚石、晶体硅；

③中含两种微粒，个数比为(8×18+6×12)：8=1：2，为AB2型离子化合物，如CaF2，可排除BD选项；

④中只有一种原子，为面心立方最密堆积，如Au；

⑤中顶点为AB2型分子，如CO2；

⑥中只有一种原子，为体心立方堆积，如Na、K等，可排除C选项，

应选：A。

由图可知，①中含阳离子、阴离子个数比为4×18：4×18=1：1，为AB型离子化合物；

②中只有一种原子，且一个原子与其它原子形成正四面体构型，为原子晶体，如金刚石、晶体硅；

③二、简答题〔本大题共4小题，共52.0分〕25. A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍。A的一种原子中，质量数与质子数之差为零。D元素原子的最外层电子数为m，次外层电子数为n。E元素原子的L层上电子数为(m+n)，M层上电子数为(m2-n)。请答复以下问题：

(1)B元素是______，D元素在周期表中的位置是______。

(2)C与E形成的化合物E3C属于______(填“原子〞“离子〞或“分子〞)晶体。

(3)由A、D、E元素组成的化合物中存在的化学键类型是______。

(4)写出一个E和D形成的化合物与水反响的离子方程式：______。

(5)：甲+H2O→丙+丁，该反响不是氧化复原反响。假设甲是由N和Cl元素组成的化合物，其分子结构模型如以下图所示，丙具有漂白性。丁与H2O有相同的电子总数，那么丁的电子式为______。

(6)与D同主族且上下相邻的元素M、N，原子电子层数碳；第二周期VIA族；离子；离子键、共价键；Na2O+H2O=2N解：(1)由分析知，B为碳元素，D为氧元素，处于周期表中第二周期VIA族，故答案为：碳；第二周期VIA族；

(2)C与E形成的化合物E3C为Na3N，钠是活泼金属，故Na3N属于离子化合物，故答案为：离子；

(3)由A(氢)、D(氧)、E(钠)元素组成的化合物为NaOH，含有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键，

(4)E和D形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，与水反响的离子方程式为：Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑，

故答案为：Na2O+H2O=2Na++2OH‒或2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑；

(5)假设甲是由N和Cl元素组成的化合物，根据其模型知，大球是氯原子，小球是N元素，所以该物质是NCl3，丙具有漂白性，根据元素守恒知，丙是次氯酸，因为该反响是非氧化复原反响，所以Cl元素的化合价不变，所以甲中氯元素的化合价是+1价，丁与H2O有相同的电子总数，结合原子守恒知，丁是NH3，其电子式为：，

故答案为：；

(6)与D同主族上下相邻的元素M、N，原子电子层数M>N>D，那么M为Se、N为S，水分子之间存在氢键，沸点最高，H2S与H2Se结构组成形式，H2Se相对分子质量较大，分子间作用力较强，H2Se沸点较H2S高，故沸点H2O>H2Se>H2S，

故答案为：H2O>H2Se>H2S。

A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，那么B为碳元素；A的一种原子中质量数与质子数之差为零，即没有中子，26. 金属钛(Ti)被誉为21世纪金属，具有良好的生物相容性，它兼具铁的高强度和铝的低密度。其单质和化合物具有广泛的应用价值。氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。以TiCl4为原料，经过一系列反响可以制得Ti3N4和纳米TiO2

(如图IIIII电离能/kJ⋅mo738145177331054013630请答复以下问题：

(1)Ti的基态原子外围电子排布式为______。

(2)M是______(填元素符号)，该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为______。

(3)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图2所示。化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子有______个，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的第一电离能由大到小的顺序为______。

(4)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图3所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a×10-10cm，那么该氮化钛的密度为______

g⋅cm-3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。

(5)Ti3+可形成配位数为6的配合物，其空间构型为正八面体，如图44d25s2；Mg；12；7；解：(1)Ti是22号元素，处于第四周期第IVB族，外围电子排布式为4d25s2，

故答案为：4d25s2；

(2)M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于ⅡA族，且存在第五电离能，能与TiCl4反响置换出Ti，那么M为Mg，Mg晶体属于六方最密堆积，配位数为12，

故答案为：Mg；12；

(3)化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子为苯环上的六个、羰基中的一个，共7个；采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能增大，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，所以第一电离能：N>O>C，

故答案为：7；N>O>C；

(4)该晶胞中N原子个数为：6×12+8×18=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12×14=4，晶胞的质量4×62NAg，而晶胞的体积V=(2a×10-10)3cm3，所以晶体的密度=4×62NAg÷(2a×10-10)3cm3=4×62NA×(2a×10-10)3g⋅cm-3，

故答案为：4×62NA×(2a×10-10)3；

(5)可以看作[Co(NH3)6]中2个NH3被被2个Cl取代，[Co(NH3)6]是正八面体结构，第一个氯原子只有一种位置，第二氯原子取代有2种位置，处于同一棱上，或者处于对角线上，故[Co(NH3)4Cl27. 乙炔是有机合成工业的一种原料。工业上曾用CaC2与水反响生成乙炔。

(1)写出CaC2与水反响生成乙炔的化学方程式______；

(2)CaC2的电子式为______。

(3)C22-的等电子体中属于分子的有______(写出一种)。

(4)乙炔与氢氰酸反响可得丙烯腈(H2C=CH-C≡N)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是______；分子中处于同一直线上的原子数目最多为______。

(5)CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如下图)，但CaC2CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑解：(1)CaC2与水反响生成乙炔与氢氧化钙，反响方程式为：CaC2+2H2O=Ca(OH)