福建省永安市第三中学2024-2025学年高二化学下学期期中试题含解析

PAGE19-福建省永安市第三中学2024-2025学年高二化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：Li-7O-16一、选择题（每题2分只有一个正确答案共44分）1.若将15P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违反了A.能量最低原则 B.泡利不相容原理C.洪特规则 D.能量守恒原理【答案】C【解析】【详解】依据洪特规则，电子分布到能量相同的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，15P原子的电子排布式是1s22s22p63s23px13py13pz1，写成1s22s22p63s23px23py1违反了洪特规则，故选C。2.下列物质熔化时，不破坏化学键的是()A.氯化钠 B.水晶 C.金刚石 D.十七烷【答案】D【解析】【详解】A.氯化钠是离子晶体，熔化时破坏离子键，故A不符合题意；B.水晶为二氧化硅原子晶体，熔化时破坏共价键，故B不符合题意；C.金刚石为原子晶体，熔化时破坏共价键，故C不符合题意；D.十七烷为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，不破坏化学键，故D符合题意，故选：D。3.下列各组表述中，两个微粒肯定不属于同种元素原子的是（）A.3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子B.2p能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布为2s22p5的原子C.最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子和价电子排布为4s24p5的原子D.M层全充溢而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子【答案】D【解析】分析：本题考查核外电子的排布规律，侧重于原子结构与元素种类的推断，留意学生的分析实力的考查，留意把握原子核外电子排布特点，难度不大。详解：A.3p能级有一个空轨道的基态原子，原子3p能级有2个电子，是硅元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子也是硅，是同种原子，故错误；B.2p能级有一个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有5个电子，价电子排布为2s22p5，所以是同一原子，故错误；C.最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子是溴，价电子排布为4s24p5的原子也为溴，故错误；D.M层全充溢而N层为4s2的原子为锌，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子为铁，不是同种原子，故正确。故选D。4.某元素养量数52，中子数28，其基态原子未成对电子数为A.3 B.4 C.5 D.6【答案】D【解析】【分析】质量数=质子数+中子数，质量数52，中子数28，则该元素原子的质子数为=52-28=24，依据核外电子排布规律书写基态原子的电子排布式，据此推断。【详解】质量数52,中子数28,则该元素原子的质子数=质量数-中子数=52-28=24,故该元素基态原子的电子排布式为:1s22s22p63s23p63d54s1，3d能级具有5个轨道,4个电子优先分别占据1个轨道,且自旋方法相同,故有6个未成对电子；

故答案选D。5.下列各数值表示有关元素的原子序数，其所表示的各原子组中能以离子键相互结合成稳定化合物的是()A.6与16 B.11与17 C.14与8 D.10与19【答案】B【解析】【详解】A.6号元素为C，16号元素为S，两者结合成的物质为CS2为共价键结合形成的分子，故A不符合题意；B.11号元素为Na，17号元素为Cl，两者结合形成NaCl，为离子键结合形成的离子化合物，故B符合题意；C.14号元素为Si，8号元素为O，两者结合形成SiO2，为共价键结合形成的共价化合物，故C不符合题意；D.10元素为Ne，19号元素为K，两者不能结合形成化合物，故D不符合题意；故选：B。6.碱金属和卤素形成的化合物大多数具有的性质是（）①高沸点②能溶于水③水溶液能导电④低熔点⑤熔融状态不导电A.①④⑤ B.①②③ C.②③⑤ D.③④⑤【答案】B【解析】【详解】①碱金属元素易失电子，卤族元素易得电子，所以碱金属族卤化物都是离子晶体，沸点较高，①正确；②碱金属和卤素形成的化合物均能溶于水，②正确；③形成的化合物均为电解质，溶于水可以电离出自由移动离子，水溶液能导电，③正确；④形成的化合物均为离子晶体，熔点较高，④错误；⑤形成的化合物均为离子化合物，熔融状态下可以导电，⑤错误；综上所述选B7.有关CH2＝CH－C≡N分子的说法正确的是A.3个键，3个π键 B.4个键，3个2π键C.6个键，2个π键 D.6个键，3个π键【答案】D【解析】【详解】在CH2＝CH－C≡N分子中含有三个C-H键、2个C-C键、一个C-N键，1个C=C，2个C≡C，单键都是键，一个碳碳双键含1个键和1个π键、一个碳碳三键含1个键，2个π键，故该分子中共有6个键，3个π键，D选项正确；答案选D。8.下列具有特别性能的材料中，由主族元素和副族元素形成的化合物是()A.半导体材料砷化镓 B.吸氢材料镧镍合金C.透亮陶瓷材料硒化锌 D.超导材料K3C60【答案】C【解析】【详解】A.半导体材料砷化镓的元素全部是主族元素形成，不符合题意，故A不选；B.吸氢材料镧镍合金的元素是副族和第Ⅷ形成，不符合题意，故B不选；C.透亮陶瓷材料硒化锌中的硒元素和锌元素分别是由副族和主族形成的，符合题意，故C选；D.超导材料K3C60中的K和C元素全部是主族元素形成，不符合题意，故D不选；答案是C。9.下列化学式能真实表示物质分子组成的是A.NaOH B.CO2 C.C D.SiO2【答案】B【解析】【分析】【详解】A．NaOH是离子化合物，因此该化学式不是表示分子式，错误。B．CO2是由分子构成的物质，该化学式表示的就是物质的分子，正确。C．C是由原子构成的物质，该符号只表示物质的元素组成，错误。D．SiO2是原子晶体，该化学式仅表示在物质中这两种元素的原子个数比是1:2，不表示分子，错误。10.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像的层状结构。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【答案】C【解析】【分析】与石墨结构相像，则为sp2杂化；羟基间可形成氢键。【详解】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像的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型与石墨中的碳原子相像，同为sp2杂化，同层分子间的主要作用力为氢键，层与层之间的作用力是范德华力，C正确，选C。11.下列协作物的配位数是6的是()A.K2[Co(SCN)4] B.Fe(SCN)3C.Na3[AlF6] D.[Cu(NH3)4]Cl2【答案】C【解析】【详解】K2[Co(SCN)4]中Co2+的配位数是4；Fe(SCN)3中Fe3+的配位数是3；Na3[AlF6]中Al3+的配位数是6；[Cu(NH3)4]Cl2中Cu2+的配位数是4。答案选C。12.下列关于晶体的说法中，不正确的是()①晶胞是晶体结构的基本单元②分子晶体若是密积累方式，其配位数都是12③含有离子的晶体肯定是离子晶体④共价键的强弱确定分子晶体熔沸点的凹凸⑤MgO远比NaCl的晶格能大⑥含有共价键的晶体肯定是原子晶体⑦分子晶体的熔点肯定比金属晶体低⑧NaCl晶体中，阴、阳离子的配位数都为6.A.①③④⑦ B.②④⑥⑧ C.③⑤⑦⑧ D.③④⑥⑦【答案】D【解析】①晶体的基本单元是晶胞，晶体内部的微粒按肯定规律作周期性重复排列，有自范性，故正确；②分子晶体若是密积累方式，其配位数=3×8÷2=12，故正确；③金属晶体由金属阳离子和电子构成，所以含有离子的晶体不肯定是离子晶体，可能是金属晶体，故错误；④共价键影响分子晶体的稳定性，但不影响晶体熔沸点，晶体熔沸点与分子间作用力成正比，故错误；⑤离子晶体晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，镁离子半径小于钠离子、氧离子半径小于氯离子，镁离子电荷大于钠离子、氧离子电荷大于氯离子，所以MgO远比NaCl的晶格能大，故正确；⑥含有共价键的晶体可能是分子晶体或离子晶体，如水中只含共价键，为分子晶体，NaOH为离子晶体但含有共价键，故错误；⑦分子晶体的熔点不肯定比金属晶体低，如Hg的熔点小于碘，故错误；⑧NaCl晶体中，位于体心的钠离子四周有6个氯离子，每个氯离子四周有6个钠离子，所以NaCl晶体中，阴、阳离子的配位数都为6，故正确；故选D。点睛：本题考查晶体的有关学问，明确晶胞构成微粒及晶体熔沸点凹凸影响因素是解本题的关键，留意规律中的反常现象，易错选项是⑦，知道通常条件下Hg是液体，碘是固体，题目难度不大。13.在下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的（）A.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑B.Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑C.Cl2+H2O=HClO+HClD.NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O【答案】A【解析】【详解】A、该反应中，断裂是Na+和O22-之间的离子键、O22-中的非极性共价键、H2O中的H-O极性共价键，生成的是Na+和OH-之间离子键、OH-中的极性共价键、O2中的非极性共价键，A符合题意；B、该反应中，没有非极性键的断裂和生成，B不符合题意；C、该反应中，没有离子性键的断裂与生成，C不符合题意；D、该反应中，没有非极性键的断裂与生成，D不符合题意；故选A。14.对于A1型最密积累的描述错误的是（）A.A1型最密积累晶体的晶胞也叫面心立方晶胞B.面心立方晶胞的每个顶点上和每个面的中心上都各有一个微粒C.平均每个面心立方晶胞中有14个微粒D.A1型最密积累可用符号“…ABCABC…”表示【答案】C【解析】【详解】A．A1型最密积累晶体的晶胞中微粒位于晶胞的每个顶点和面心，所以也叫面心立方晶胞，A正确；B．面心立方晶胞的每个顶点上和每个面的中心上都各有一个微粒，B正确；C．依据均摊法，平均每个面心立方晶胞中有=4个微粒，C错误；D．面心立方晶胞在三维空间里以密置层实行ABCABC…积累，D正确；故答案为C。15.x、y为两种元素的原子，x的阴离子与y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知A.x的原子半径大于y的原子半径B.x的电负性大于y的电负性C.x阴离子的半径小于y阳离子的半径D.x的第一电离能小于y的第一电离能【答案】B【解析】【分析】x的阴离子与y的阳离子具有相同的电子层结构，依据“阴上阳下”的规律，x在y的上一周期，且x是非金属元素，y是金属元素。【详解】A．y的电子层数大于x，所以y的原子半径大于x的原子半径，A错误；B．x是非金属元素，y是金属元素，所以x的电负性大于y的电负性，B正确；C．电子层结构相同的微粒，核电荷数多的半径小，所以y的离子半径小于x的离子半径，C错误；D．y的金属性比x强，所以y的第一电离能小于x的第一电离能，D错误；答案选B。16.下表中给出几种氯化物的熔点和沸点：NaClMgCl2AlCl3SiCl4熔点/℃801714190-70沸点/℃1413141218057.57有关表中所列四种氯化物的性质，有以下叙述：①氯化铝在加热时能升华，②四氯化硅在晶态时属于分子晶体，③氯化钠晶体中微粒之间以范德华力结合，④氯化铝晶体是典型的离子晶体。其中与表中数据一样的是（）A.只有①② B.② C.只有①②③ D.只有②④【答案】A【解析】【详解】①由表格中的数据可知AlCl3沸点比熔点低，加热时能升华，故①项正确；②由表格中的数据可知SiCl4的熔沸点较低，则SiCl4是分子晶体，故②项正确；③由表格中的数据可知，NaCl的熔沸点较高，则属于离子晶体，粒子之间以离子键结合，故③项错误；④由表格中的数据可知AlCl3的熔沸点较低，则AlCl3属于分子晶体，故④项错误；综上所述，①②正确，故答案为A。17.已知铍(Be)的原子序数为4，下列对铍及其化合物的叙述中，正确的是()A单质铍跟冷水反应产生氢气B.氯化铍分子中铍原子的最外层电子数是8C.铍的原子半径大于硼的原子半径D.氢氧化铍的碱性比氢氧化钙强【答案】C【解析】【详解】A.同一主族，从上到下，元素的金属性渐渐增加，所以镁的金属性强于铍，而镁与冷水不反应，所以铍跟冷水不反应，故A错误；B.铍(Be)的最外层电子数为2，BeCl2分子中铍原子的最外层电子数是4，故B错误；C.同一周期，从左到右，元素原子半径渐渐减小，所以铍的原子半径大于硼的原子半径，故C正确；D.同一主族，从上到下，元素的金属性渐渐增加，所以钙的金属性强于铍，氢氧化钙的碱性比氢氧化铍的强，故D错误；故选：C。18.下列各组晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是A.SO2与SiO2 B.NaCl与HCl C.CO2与H2O D.CCl4与KCl【答案】C【解析】【详解】A.SO2与SiO2中都只含极性共价键，但SO2为分子晶体而SiO2为原子晶体，A不符合题意；B.NaCl中只含离子键，NaCl为离子晶体，而HCl中只含共价键，HCl为分子晶体，B不符合题意；C.CO2与H2O中都只含极性共价键、都是分子晶体，C符合题意；D.CCl4中只含极性共价键，CCl4为分子晶体，而KCl中只含离子键，KCl为离子晶体，D不符合题意；答案选C。19.下列事实中与氢键的形成有关的是()A.水加热到比较高的温度都难以分解B.水结成冰体积膨胀，密度变小C.水和乙醇分别与金属钠反应，前者比后者猛烈D.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱【答案】B【解析】【分析】分子的稳定性与共价键有关；依据氢键对冰的结构、密度的影响推断；水和乙醇分别与金属Na反应，与羟基的活泼性有关；依据氢化物的热稳定性与非金属的非金属性之间的关系推断。【详解】A．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A错误；

B．氢键具有方向性，氢键的存在迫使四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大，密度减小，故B正确；

C．水和乙醇分别与金属钠反应，是化学性质，与羟基的活泼性有关，与氢键无关，故C错误；

D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性渐渐减弱，与氢键无关，故D错误；

答案选B。【点睛】氢键是一种分子间的相互作用，比化学键弱，比分子间作用力强。20.下列元素或化合物的性质改变依次不正确的是（）A.第一电离能：Cl>S>P>SiB.共价键的极性：HF>HCl>HBr>HIC.晶格能：NaF>NaCl>NaBr>NaID.热稳定性：MgCO3>CaCO3>SrCO3>BaCO3【答案】AD【解析】【详解】A．同一周期的元素从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，由于P原子最终一个能级为3p3，为半充溢结构，属于稳定结构，S的最终一个能级为3p4，为不稳定结构，所以P的第一电离能大于S的第一电离能，A错误；B．电负性越大，共价键的极性越大，F、Cl、Br、I的电负性依次削减，故对应的氢化物的共价键的极性依次削减，B正确；C．离子所带电荷越多，离子半径之和越小，离子键越强，晶格能越大，故NaF、NaCl、NaBr、NaI的晶格能依次削减，C正确；D．碱土金属(llA族)，其离子与碳酸根有极化作用，全部的碱土金属都带两个正电荷，半径越小，对阴离子(碳酸根)的极化作用越强，变形性也就越大，热稳定性也就越差，所以llA族元素从上到下半径增大，极化作用减弱，热稳定性增加，D错误；答案选AD。21.下列说法正确的是()A.HOCH2CH(OH)CH2OH与CH3CHClCH2CH3都是手性分子B.NH和CH4的空间构型相像C.PH3与都是平面型分子D.CO2与H2O都是直线型分子【答案】B【解析】【详解】A.手性分子的前提是存在手性碳原子，手性碳是指连接四个不同原子或者原子团的碳原子，HOCH2CH(OH)CH2OH中不存在手性碳原子，故不是手性分子，故A错误；B.NH和CH4的空间构型均为正四面体形，构型相像，故B正确；C.PH3三角锥形，苯环是平面正六边形，故C错误；D.二氧化碳是直线型分子，水分子是V形分子，故D错误；故选：B。22.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，接着添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透亮溶液。下列对此现象说法正确的是A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B.沉淀溶解后，生成深蓝色的协作离子[Cu（NH3）4]2+C.深蓝色的透亮溶液是硫酸铜溶液D.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3供应空轨道【答案】B【解析】【分析】【详解】A.反应后溶液中不存在任何沉淀，生成了[Cu(NH3)4]2+离子，因此反应后Cu2+的浓度几乎为零，故A错误；B.沉淀溶解后，生成深蓝色的协作离子[Cu(NH3)4]2+离子，故B正确；C.深蓝色的透亮溶液是[Cu(NH3)4]SO4溶液，故C错误；D.在[Cu(NH3)4]2+离子中，NH3给出孤对电子，Cu2+供应空轨道，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】协作离子中一般是过渡金属离子供应空轨道，H2O、CN－、NH3等供应孤对电子。二、填空题(6小题，共56分)23.下列八种晶体：A.水晶、B.冰、C.氧化镁、D.白磷、E.晶体氩、F.氢氧化钠、G.铝、H.金刚石。（用字母填空）（1）属于原子晶体的化合物是__，由原子干脆构成的分子晶体是__。（2）由极性分子构成的晶体是__，含有离子键、共价键的化合物是__。（3）在肯定条件下能导电而不发生化学改变的是__，受热熔化需克服共价键的是__，含有氢键的是___。【答案】(1).A(2).E(3).B(4).F(5).G(6).A、H(7).B【解析】【分析】A．水晶(SiO2)中含共价键，为共价化合物，属于原子晶体；B．冰(H2O)含共价键，为共价化合物，属于分子晶体，分子的正负电荷中心不重合，属于极性分子；C．MgO只含离子键，为离子化合物，属于离子晶体；D．白磷只含共价键，为共价化合物，属于分子晶体，分子的正负电荷中心重合，属于非极性分子；E．晶体氩不含化学键，由原子构成的分子晶体；F．NaOH既含共价键又含离子键，为离子化合物，属于离子晶体；G．Al为金属单质，只含金属键，属于金属晶体；H．金刚石为非金属单质，只含共价键，属于原子晶体。【详解】(1)属于原子晶体的化合物是A(水晶)；由原子干脆构成的分子晶体是E(晶体氩)；(2)由极性分子构成的晶体是B(冰)；含有离子键、共价键的化合物是F(氢氧化钠)；(3)在肯定条件下能导电而不发生化学改变的是G(Al)，MgO、NaOH熔融状态下可以导电，但导电的过程中发生电解，故不选；受热熔化需克服共价键的是原子晶体，即A、H；含有氢键的是B(冰)。24.依据下列5种元素的电离能数据(单位：kJ·mol-1)，回答下列问题。元素符号I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600V420310044005900（1）在元素周期表中，最有可能处于同一族的是__(填序号，下同)。A.Q和RB.S和TC.T和VD.R和TE.R和V（2）它们的氯化物的化学式，最有可能正确的是__。A.QCl2B.RClC.SCl3D.TClE.VCl4（3）下列元素中，最有可能与Q元素处于同一族的是__。A.硼B.铍C.锂D.氢E.氦（4）在这5种元素中，最简洁与氯元素形成离子化合物的是__。A.QB.RC.SD.TE.V（5）利用表中的数据推断，V元素最有可能是下列元素中的__。A.HB.LiC.NaD.K【答案】(1).E(2).B(3).E(4).E(5).D【解析】【分析】由元素的电离能可以看出，Q的电离能很大，可能为零族元素；R和V的第一电离能较小，其次电离能剧增，最外层电子数应为1，二者可能处于同一族；S的第一、其次电离能较小，第三电离能剧增，最外层电子数应为2；T的第一、其次、第三电离能较小，第四电离能剧增，最外层电子数应为3。【详解】(1)依据分析可知R和V最可能位于同一族，故选E；(2)A．Q可能为零族元素，无法形成氯化物，故A错误；B．R的最外层电子数应为1，其氯化物最可能为RCl，故B正确；C．S的最外层电子数应为2，其氯化物最可能为SCl2，故C错误；D．T的最外层电子数应为3，其氯化物最可能为TCl3，故D错误；E．V的最外层电子数应为1，其氯化物最可能为VCl，故E错误；综上所述选B；(3)Q最可能为零族元素，所以选E；(4)第一电离能越小越简洁失去电子形成阳离子，依据表格数据可知V元素的第一电离能最小，最简洁失去电子形成阳离子和氯离子形成离子化合物，所以选E；(5)R和V最可能位于第IA族，其核外最少有4个电子，所以解除H和Li，而V的第一电离能小于R，所以R可能为选项中的Na，V为选项中的K，所以选D。【点睛】本题须要学生驾驭原子的最外层电子数与电离能之间的关系，明确电离能发生突变的缘由。25.m、n、x、y四种主族元素在周期表的相对位置如图所示。已知它们的原子序数总和为46，则：（1）元素n的气态氢化物的电子式为___，基态n原子的核外共有__种不同运动状态的电子。（2）m与y所形成的化合物含___键，属___分子。（填“极性”或“非极性”）（3）x位于周期表的第___周期第___族；其简洁离子的离子结构示意图为___。【答案】(1).(2).7(3).极性(4).非极性(5).三(6).VIA(7).【解析】【分析】设m的原子序数是a，依据m、n、x、y四种主族元素在周期表的相对位置，n、x、y的原子序数是a+1、a+10、a+11，a+a+1+a+10+a+11=46，a=6，所以m、n、x、y四种主族元素分别是C、N、S、Cl。【详解】(1)n是N元素，N的气态氢化物是NH3，电子式为，核外电子的运动状态都不同，基态N原子的核外共有7个电子，所以有7种不同运动状态的电子。(2)C与Cl所形成的化合物是CCl4，含极性共价键，CCl4分子结构对称，属非极性分子；(3)S元素位于周期表的第三周期第VIA族；其简洁离子S2-的核外有18个电子，离子结构示意图为。26.T、X、Y、Z、Q、R、W为周期表前四周期元素，原子序数依次递增。已知：①W的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；②T原子所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等；③X的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子数相同；④Z的基态原子价电子排布为ns2npn+2；⑤在该元素所在周期中，Q的基态原子的第一电离能最小；⑥R的单质常温常压下是气体，其基态原子的M层上有1个未成对的p电子；(1)X、Y、Q三种元素的电负性由大到小的依次是___(用元素符号表示)。(2)Y的氢化物分子间能形成氢键，R的氢化物分子间不易形成氢键，缘由是___。(3)W的基态原子的核外电子排布式为___。(4)T、X、Z三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常见的有害气体，它的分子式为XT2Z，分子空间构型为平面三角形，则该分子中心原子实行___杂化，1molM分子中σ键和π键的个数比为___。【答案】(1).N＞C＞Na(2).Cl的原子半径比N大(3).1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(4).sp2(5).3：1【解析】【详解】T、X、Y、Z、Q、R、W为周期表前四周期元素，原子序数依次递增．已知：①W的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素，则W是Cu元素；②T原子所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等，则T是H元素；③X的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，故X为C元素；⑤在该元素所在周期中，Q的基态原子的第一电离能最小，则Q为Na；④Z的基态原子价电子排布为ns2npn+2，且Z原子序数小于Q，Z属于其次周期元素，所以n＝2，则Z是O元素，Y原子序数介于碳、氧之间，故Y是N元素；⑥R的单质常温常压下是气体，其基态原子的M层上有1个未成对的p电子，且原子序数大于Q，则R是Cl元素。(1)X、Y、Q三种元素分别为C、N、Na，同周期元素从左到右电负性增加，同主族从上到下电负性减弱，则电负性大小为：N＞C＞Na，故答案为：N＞C＞Na；(2)Y的氢化物为氨气，R的氢化物为HCl，氨气分子间易形成氢键，而Cl的原子半径比N大，HCl分子之间不易形成氢键故答案为：Cl的原子半径比N大；(3)W为Cu，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(4)XT2Z的分子式为CH2O，结构式为，碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，则C原子实行sp2杂化，1mol该分子中σ键和π键的个数比为3：1，故答案为：sp2；3：1；【点睛】本题考查是对物质结构和性质的考查，涉及氢键、核外电子排布、化学键、协作物、杂化轨道、晶体类型与性质，正确推断元素是解本题关键，难度中等。27.依据题目要求,回答下列问题：（1）下列现象和应用与电子跃迁无关的是___。A.激光B.焰色反应C.燃烧放热D.原子光谱（2）处于肯定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用__形象化描述。（3）黄铜是人类最早运用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)__I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。缘由是__。（4）ZnF2具有较高的熔点（872℃)，其化学键类型是___；（5）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为___，原子的杂化形式为__。（6）与H2O分子互为等电子体的阴离子为__。（7）[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为__。（8）F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反应Cl2(g)+3F2(g)=2ClF3(g)ΔH=-313kJ/mol，F—F键的键能为159kJ/mol，Cl—Cl键的键能为242kJ/mol，则ClF3中Cl—F键的平均键能为__kJ/mol。ClF3的熔、沸点比BrF3的__(填“高”或“低”)。【答案】(1).C(2).电子云(3).大于(4).Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子(5).离子键(6).平面三角形(7).sp2(8).NH(9).(10).172(11).低【解析】【详解】(1)A．电子跃迁产生光子与入射光子具有相关性．即入射光与辐射光的相位相同．假如这一过程能够在物质中反复进行，并且能用其他方式不断补充因物质产生光子而损失的能量．那么产生的光就是激光，与电子跃迁有关，故A错误；B．当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子中的电子汲取了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，故B错误；C．燃烧放热是化学能转化为热能，与电子跃迁无关，故C正确；D．原子光谱的产生是原子核电子发生能级跃迁的结果，与电子跃迁有关，故D错误；故答案为：C；(2)电子在原子核外出现的概率密度分布一般用电子云描述，故答案为：电子云；(3)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子须要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充溢稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu＜Zn，故答案为：大于；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；(4)离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键；故答案为：离子键；(5)ZnCO3中，阴离子CO中C原子价层电子对个数＝＝3且不含孤电子对，依据价层电子对互斥理论推断碳酸根离子空间构型及C原子的杂化形式分别为平面正三角形、sp2杂化，故答案为：平面正三角形；sp2；(6)原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，与水互为等电子体的微粒该是3原子最外层电子数为8的分子或离子，这样的微粒有：H2S、NH，阴离子为NH，故答案为：NH；(7)[Zn(CN)4]2−中锌离子供应空轨道，C原子供应电子对形成配位键，结构示意图表示为：；故答案为：；(8)设Cl−F键的平均键能为QkJ•mol−1，则242＋159×3−2×3×Q＝−313，解得Q＝172；ClF3的相对分子质量比BrF3的小，ClF3分子间作用力更弱，所以ClF3的熔、沸点比BrF3的低，故答案为：172；低；28.Li是最轻的固体金属，采纳Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：（1）下列Li原