黑龙江省哈尔滨市第三十二中学2024-2025学年高二化学下学期期中试题含解析

PAGE17-黑龙江省哈尔滨市第三十二中学2024-2025学年高二化学下学期期中试题（含解析）（考试范围：选修三）一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共75分）1.下列说法中不符合现代大爆炸宇宙学理论的是（）A.我们所在宇宙诞生于一次大爆炸B.恒星正在不断地合成自然界中没有的新元素C.氢元素是宇宙中自然元素之母D.宇宙的全部原子中，最多的是氢元素的原子【答案】B【解析】【详解】A．现代大爆炸宇宙学理论认为，我们所在的宇宙诞生于一次大爆炸，A项正确；B．大爆炸宇宙学理论认为：至今，多有恒星，包括太阳，仍在合成元素，且这些元素都是已知的。B项错误；C．大爆炸后约2小时，诞生了大量的氢、少量的氦以及极少量的锂。经过或长或短的发展过程，氢、氦等发生原子核的熔合反应，分期分批地合成其他元素，C项正确；D．至今，氢仍旧是宇宙中最丰富的的元素，约占宇宙原子总数的88.6%。D项正确；综上所述，B项错误；答案选B2.下列能级符号表示正确且最多容纳的电子数依据从少到多的依次排列的是A.1s、2p、3d B.1s、2s、3sC.2s、2p、2d D.3p、3d、3f【答案】A【解析】【分析】每一能层含有的能级个数等于能层数，且每个能层都是依据s、p、d、f排列；能级容纳电子数为能级数的2倍；例如K层有1个能级，为1s；L层有2个能级，分别为2s、2p；【详解】A.1s、2p、3d，K层有1个能级，为1s；L层有2个能级，分别为2s、2p；从M层起先有d能级，即3d，A正确；B.1s、2s、3s，s能级只容纳2个电子，B错误；C.2s、2p、2d，L层有2个能级，分别为2s、2p，没有2d，C错误；D.3p、3d、3f，N层起先有f能级，即4f，D错误；答案为A3.下列各原子或离子的电子排布式错误的是（）A.K+：1s22s22p63s23p6 B.As：1s22s22p63s23p63d104s24p3C.N3-：1s22s22p6 D.Ca：1s22s22p63s23p63d2【答案】D【解析】【详解】A．K为19号元素，其原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1；失去4s上的电子，其离子排布式为：1s22s22p63s23p6，A项正确；B．As为33号元素，依据能量最低原理，其原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，B项正确；C．N为7号元素，其原子的电子排布式为：1s22s22p3，N原子得到3个电子形成N3-，其离子的电子排布式为：1s22s22p6，C项正确；D．Ca为20号元素，依据能量最低原理，E3p＜E4s＜E3d，其原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2，D项违反了能量最低原理，D项错误；答案选D。4.下列由电子排布式或排布图所得的结论错误的是（）选项电子排布式结论A1s22s22p2p2p违反洪特规则B1s22s22p63s23p63d3违反能量最低原理CN的电子排布图：违反泡利原理D1s22s22p63s23p63d54s1违反能量最低原理A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．由1s22s22p2p2p可知，px轨道上有2个电子，而py、pz轨道上没有电子，依据洪特规则，原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋方向相同，这样整个原子的能量最低，A项违反了洪特规则，A项正确；B．由构造原理可知，从第三能层起先各能级不完全遵循能层依次，产生了能级交织排列，E3p＜E4s＜E3d，依据能量最低原理，正确的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2。B项违反了能量最低原理，B项正确；C．依据泡利不相容原理，每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子，题中N的电子排布图违反了这一原理，C项正确；D．当能量相同的原子轨道在全充溢、半满和全空的状态时，体系的能量最低，1s22s22p63s23p63d54s1为半充溢状态，此时能量最低，符合能量最低原理，D项错误；答案选D。5.电负性的大小也可以作为推断元素金属性和非金属性强弱的尺度。下列关于电负性的改变规律正确的是（）A.同周期从左到右，元素的电负性渐渐变大B.同主族从上到下，元素的电负性渐渐变大C.电负性越大，金属性越强D.电负性越小，非金属性越强【答案】A【解析】【详解】A．同一周期内，随着原子序数的增加，原子半径渐渐减小，元素的电负性渐渐增大，并呈现周期性改变，A项正确；B．同一主族，随着原子序数的增加，原子半径渐渐增大，元素的电负性渐渐减小，B项错误；C．依据元素电负性的周期性改变，元素的电负性越小，金属性越强，C项错误；D．依据元素电负性的周期性改变，元素的电负性越大，非金属性越强，D项错误；答案选A。【点睛】电负性大小的标准：以氟的电负性为4.0和锂的电负性为1.0作为相对标准，得出了各元素的电负性（稀有气体未计）。在元素周期表中氟的电负性数值最大，为4.0，铯的电负性数值最小，为0.7（放射性元素除外）。6.下列物质中，既含有离子键又含有共价键的是A.氯化钠 B.氢氧化钠 C.水 D.氯气【答案】B【解析】【详解】A．NaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键，选项A错误；B．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，选项B正确；C．水分子中H原子和O原子之间只存在共价键，选项C错误；D．氯气分子中氯原子之间只存在共价键，选项D错误；答案选B。7.下列说法不正确的是（）A.σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强B.两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键C.气体单质中，肯定有σ键，可能有π键D.N2分子中有一个σ键，2个π键【答案】C【解析】【详解】A．σ键是头碰头的重叠，π键是肩并肩的重叠，σ键比π键重叠程度大，σ键比π键稳定，故A正确；B．两个原子间只能形成1个σ键，两个原子之间形成双键时，含有一个σ键和一个π键，两个原子之间形成三键时，含有一个σ键和2个π键，故B正确；C．单原子分子中没有共价键，如稀有气体分子中不存在σ键，故C错误；D．两个原子之间形成三键时，含有一个σ键和2个π键，N2分子中含有一个三键，即有一个σ键，2个π键，故D正确；故答案为C。8.下列说法中正确的是（）A.分子中键能越大，键长越短，则分子越稳定B.只有非金属原子之间才能形成共价键C.水分子可表示为H—O—H，分子中键角为180°D.H—O键键能为462.8kJ·mol-1，即18g水分解生成H2和O2时，放出能量为(2×462.8)kJ【答案】A【解析】【详解】A．键能越大，即形成化学键时放出的能量越多。键长越短，往往键能越大，意味着化学键越稳定，分子越稳定，A项正确；B．有一部分金属原子与非金属原子之间也可以形成共价键，如AlCl3，B项错误；C．H2O分子中中心原子O原子上有2对孤电子对，O原子与H原子形成2个δ键，其分子的立体构型为V形，一般表示为：，C项错误；D．18g水分解生成H2和O2时，H-O键断裂，汲取能量，同时还有H-H键、O-O键形成，释放能量，比较反应体系中汲取能量和释放能量的大小，推断18g水分解生成H2和O2时是放出热量还是汲取热量，D项错误；答案选A。9.用VSEPR模型预料下列分子或离子的立体结构，其中不正确的是()A.NH4+为正四面体形B.CS2为直线形C.HCN为折线形(V形)D.PCl3为三角锥形【答案】C【解析】【详解】A.NH4+中N原子的价层电子对数是4，不含有孤对电子，为正四面体形，A正确；B.CS2中C的价层电子对数是2，不含有孤对电子，为直线形，B正确；C.HCN中C的价层电子对数是2，不含有孤对电子，为直线形，C错误；D.PCl3中P的价层电子对数是4，含有1对孤对电子，为三角锥形，D正确。答案选C。10.下列分子或离子的中心原子，带有一对孤电子对的是A.H2O B.BeCl2 C.CH4 D.PCl3【答案】D【解析】【详解】A.H2O中O原子的孤电子对数=×(6-2×1)=2，B.BeCl2中Be原子的孤电子对数=×(2-2×1)=0，C.CH4中C原子的孤电子对数=×(4-4×1)=0，D.PCl3中P原子的孤电子对数=×(5-3×1)=1，带有一对孤电子对的是PCl3。故选D。【点睛】分子中孤电子对个数=×（中心原子价电子数-配原子个数×配原子形成稳定结构须要的电子数）。11.既有离子键又有共价键和配位键的化合物是A.NH4NO3 B.NaOH C.H2SO4 D.H2O【答案】A【解析】【详解】A．NH4NO3是离子化合物，含有离子键，N与O、N与H之间还存在共价键，氨气与氢离子之间还存在配位健，A正确；B．NaOH是离子化合物，含有离子键，O与H之间还存在共价键，但不存在配位健，B错误；C．H2SO4是共价化合物，只存在共价键，C错误；D．H2O是共价化合物，只存在共价键，D错误，答案选A。12.已知B3N3H6与C6H6互为等电子体，则下列说法中不正确的是（）A.B3N3H6能发生加成反应和取代反应B.B3N3H6不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.B3N3H6分子中全部原子在同一平面上D.B3N3H6具有碱性【答案】D【解析】【分析】等电子体具有相像化学键特征，它们的结构相像，很多性质也相像。据此可知C6H6为苯，B3N3H6的性质应和苯相像，结合苯的性质进行分析。【详解】A．苯能发生加成和取代反应，则B3N3H6也能发生加成反应和取代反应，A项正确；B．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则B3N3H6也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项正确；C．苯分子中全部原子在同一平面上，则B3N3H6分子中全部原子也在同一平面上，C项正确；D．B3N3H6是由极性键组成的非极性分子，不具有碱性，D项错误；答案选D。13.下列事实与NH3极易溶于水无关的是()A.NH3与水反应生成NH3·H2OB.NH3与水分子之间形成氢键C.NH3和水分子的相对分子质量接近D.NH3是极性分子【答案】C【解析】A．NH3与水反应生成NH3•H2O，使氨气的溶解度变大，与NH3极易溶于水有关，故A不选；B．NH3与水分子之间形成氢键，使氨气的溶解度变大，与NH3极易溶于水有关，故B不选；C．NH3和水分子的相对分子质量，与氨气的溶解性无关，故C选；D．NH3是极性分子，水是极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，与NH3极易溶于水有关，故D不选；故选C．14.下列叙述中正确的是A.NH3、CO、CO2都是极性分子B.CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子C.HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增加D.CS2、H2O、C2H2都是直线形分子【答案】B【解析】【详解】A、CO2是直线型结构，属于非极性分子，A不正确。B、CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子，B正确。C、非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性是F＞Cl＞Br＞I，所以HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，C不正确。D、水分子是V形结构，D不正确。答案选B。15.阅历规律（相像相溶规律）：一般来说，由极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂。以下事实不能用相像相溶规律说明的是（）A.HCl易溶于水 B.I2易溶于CCl4C.Cl2可溶于水 D.NH3难溶于苯【答案】C【解析】【详解】A．HCl是极性分子，水是极性分子，HCl易溶于水可以用相像相溶规律说明，故A不符合题意；B．I2是非极性分子，CCl4是非极性分子，I2易溶于CCl4可以用相像相溶规律说明，故B不符合题意；C．Cl2是非极性分子，水是极性分子，Cl2可溶于水不行以用相像相溶规律说明，故C符合题意；D．NH3是极性分子，苯是非极性分子，NH3难溶于苯可以用相像相溶规律说明，故D不符合题意；故答案选C。16.下列物质有固定熔沸点的是A.CuSO4溶液 B.石蜡C.玻璃 D.白磷【答案】D【解析】【详解】A.CuSO4溶液是硫酸铜和水的混合物，没有固定的熔沸点，故A不选；B.石蜡是由多种烷烃和环烷烃组成的混合物，没有固定的熔沸点，故B不选；C.玻璃是二氧化硅、硅酸钠和硅酸钙的混合物，没有固定的熔沸点，故C不选；D.白磷是纯净物，有固定的熔沸点，故D选。故选D。【点睛】留意只有纯净物有固定熔沸点。17.下列说法错误的是（）A.同一物质可能是晶体，也可能是非晶体B.雪花是水蒸气凝华得到的晶体C.区分晶体和非晶体最牢靠的科学方法是确定有没有固定熔点D.溶质从溶液中析出可以得到晶体【答案】C【解析】【详解】A．晶体与非晶体的根本区分在于其内部微粒在空间是否按肯定规律做周期性重复排列，同一物质可能是晶体，也可能是非晶体，如晶体SiO2和非晶体SiO2，A项正确；B．雪花是水蒸气遇冷干脆由气态变为固态得到的固体物质，即是水蒸气凝华得到的晶体，B项正确；C．区分晶体和非晶体最牢靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射试验，C项错误；D．得到晶体一般有三条途径：（1）熔融态物质凝固；（2）气态物质冷却不经液态干脆凝固（凝华）；（3）溶质从溶液中析出。D项正确；答案选C。18.关于晶体的自范性，下列叙述正确的是（）A.缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中渐渐变为完备的立方体块B.破损的晶体能够在固态时自动变成规则的多面体C.圆形容器中结出的冰是圆形的体现了晶体的自范性D.由玻璃制成规则的玻璃球体现了晶体的自范性【答案】A【解析】【分析】晶体的自范性是指在适当的条件下，晶体能够自发地呈现多面体外形的性质。有没有自范性是晶体与非晶体的本质差异。【详解】A．破损的晶体在溶液中可以得到修复，故缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中渐渐变为完备的立方体块，A项正确；B．在固态时破损的晶体不能自动变成规则的多面体，B项错误；C．晶体的自范性不受容器的影响，C项错误；D．玻璃的组成微粒无序排列，为非晶体，非晶体没有自范性，D项错误；答案选A。19.下列属于分子晶体性质的是A.组成晶体的微粒是离子B.能溶于CS2，熔点为112.8℃，沸点为444.6℃C.熔点为1400℃，可作半导体材料，难溶于水D.熔点高，硬度大【答案】B【解析】【详解】A.分子晶体的组成微粒是分子，故A错误；B.分子晶体的熔沸点低，极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂，故B正确；C.分子晶体的熔沸点低，晶体在固态和熔融状态时均不导电，故C错误；D.分子晶体的熔沸点低，硬度小，故D错误。故选B。【点睛】分子晶体分子间靠范德华力结合，一般熔、沸点较低，硬度小，在固态和熔融状态时均不导电。20.金属晶体的形成是因为晶体中存在（）①金属原子②金属离子③自由电子④阴离子A.① B.③ C.②③ D.②④【答案】C【解析】【详解】金属晶体的成键粒子是金属阳离子和自由电子，据此可知②③正确，即C项正确；答案选C。21.下列无机含氧酸的酸性强弱比较正确的是（）A.HNO2>HNO3 B.H2CO3>HNO3C.HClO>HClO2 D.HNO3>H3PO4【答案】D【解析】【详解】A．对于同一元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高。其含氧酸的酸性就越强，故酸性：HNO2＜HNO3，A项错误；B．依据元素周期律，同周期元素从左向右非金属性渐渐增加，其最高价氧化物对应水化物的酸性也渐渐增加，据此可知，酸性：H2CO3＜HNO3，B项错误；C．对于同一元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高。其含氧酸的酸性就越强，故酸性：HClO＜HClO2，C项错误；D．依据元素周期律，同主族元素从上至下，非金属性渐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性也渐渐减弱，故酸性：HNO3>H3PO4，D项正确；答案选D。【点睛】含氧酸的通式可写成(HO)mROn，假如成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，导致R-O-H中O的电子向R偏移，因而在水分子的作用下，也就越简单电离出H+，即酸性越强。22.下列关于晶体的叙述中不正确的是A.原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B.分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C.离子晶体中，肯定含有离子键，也可能含有共价键D.金属晶体中，金属键既没有方向性，也没有饱和性【答案】B【解析】【详解】A.原子晶体中，原子之间通过共价键结合，共价键的键能越大，断裂共价键使物质熔化、气化须要消耗的能量越大，物质的熔、沸点越高，A正确；B.分子晶体构成微粒是分子，在分子晶体中，分子间的作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化或气化须要消耗的能量越大，物质的熔沸点就越高，而物质的稳定与分子间作用力大小无关，与分子内的化学键的强弱有关，B错误；C.离子晶体的构成微粒是阳离子、阴离子，阳离子、阴离子之间通过离子键结合，若阴离子、阳离子为困难离子，则离子中可能存在共价键，C正确；D.金属晶体的构成微粒是金属阳离子和自由电子，阳离子和自由电子之间通过金属键结合，金属键既没有方向性，也没有饱和性，D正确；故合理选项是B。23.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ•mol-1。依据下表所列数据推断错误的是电离能元素I1I2I3I4X496456269129543Y5781817274511600A.元素X的常见化合价是+1价B.元素Y是ⅢA族的元素C.元素X与氧形成化合物时，化学式可能是X2O2D.若元素Y处于第三周期，则它可与冷水猛烈反应【答案】D【解析】【分析】X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和其次电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素。据此解答。【详解】A．X为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；B．通过以上分析知，Y为第IIIA族元素，故B正确；C．若元素X是Na与氧形成化合物时，化学式可能是Na2O2，故C正确；D．若元素Y处于第3周期，为Al元素，它不能与冷水猛烈反应，故D错误。答案选D。24.向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，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。下列说法正确的是（）A.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+B.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C.上述现象说明[Cu(NH3)4]2+不如Cu(OH)2稳定D.在[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+给出孤对电子，NH3供应空轨道【答案】A【解析】【分析】向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，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。过程中涉及的反应方程式为：Cu2++2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓+2NH4+Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-【详解】A．沉淀溶解是发生了反应：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，[Cu(NH3)4]2+为深蓝色的配离子，A项正确；B．硫酸铜先和氨水反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，接着加氨水，Cu(OH)2和氨水反应生成蓝色的[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，所以溶液中Cu2+的浓度减小，B项错误；C．Cu(OH)2沉淀能转化为配离子[Cu(NH3)4]2+，说明[Cu(NH3)4]2+比Cu(OH)2稳定，C项错误；D．在[Cu(NH3)4]2+中，NH3分子的氮原子给出孤对电子对，Cu2+供应空轨道，以配位键形成了[Cu(NH3)4]2+，D项错误；答案选A。25.CaO晶胞如图所示，其中Ca2＋的配位数为（）A.4 B.6 C.8 D.12【答案】B【解析】【详解】由CaO晶胞图可知，1个Ca2＋四周有6个O2-，则晶体中Ca2＋的配位数为6，B项正确；答案选B二、非选择题（2小题，共15分）26.已知钼(Mo)的晶胞如图所示，钼原子半径为apm，相对原子质量为M，以NA表示阿伏加德罗常数的值。（1）钼晶体的积累方式为__。（2）钼原子的配位数为__。（3）构成钼晶体的粒子是__。（4）金属钼的密度为__g·cm-3。【答案】(1).面心立方最密积累(2).12(3).金属离子、自由电子(4).【解析】【详解】（1）由晶胞结构可知，钼晶体的积累方式为面心立方最密积累，答案为：面心立方最密积累；（2）由晶胞结构可知，一个钼原子的四周有12个钼原子，则钼原子的配位数为12，答案为：12；（3）金属晶体的成键粒子为金属离子和自由电子，故构成钼晶体的粒子是金属离子和自由电子，答案为：金属离子、自由电子；（4）由晶胞结构可知，8个钼原子位于顶点，6个钼原子位于面上，利用均摊法，每个晶胞中钼原子的个数为，则1mol晶胞质量为：。钼原子间紧密接触，则可知晶胞中正方形的对角线为4apm，则正方形的边长为，即晶胞的边长为，故，依据。答案为：。【点睛】金属晶体中体心立方积累、面心立方积累中的几组公式（设棱长为a，原子半径为r）：（1）面对角线长=（2）体对角线长=（3）体心立方积累（4）面心立方积累27.如图为几种晶体或晶胞的示意图：请回答下列问题：（1）上述晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是____。（2）冰、金刚石、MgO、CaCl2、干冰5种晶体的熔点由高到低的依次为：___。（3）NaCl晶胞与MgO晶胞相同，NaCl晶体的晶格能___(填“大于”或“小于”)MgO晶体，缘由是____。（4）每个Cu晶胞中实际占有___个Cu原子，CaCl2晶体中Ca2＋的配位数为__。（5）冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，还有一个重要的缘由是_____。【答案】(1).金刚石(2).金刚石＞MgO＞CaCl2＞冰＞干冰(3).小于(4).MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数；且r(Mg2+)＜r(Na+)、r(O2-)＜r(Cl-)(5).4(6).8(7).水分子之间形成氢健【解析】【分析】(1)原子晶体中原子间以共价键结合；(2)熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，同种晶体依据微粒间的作用力大小比较；(3)离子半径越小，离子带电荷越多，晶格能越大；(4)依据均摊法计算；(5)分子间含有氢键时，其熔沸点较高。【详解】(1)原子晶体中原子间以共价键结合，则粒子之间以共价键结合形成的晶体是金刚石，故答案为金刚石；(2)熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，冰和干冰属于分子晶体，熔点：冰＞干冰，MgO和CaCl2属于离子晶体，熔点：MgO＞CaCl2，金刚石是原子晶体，则熔点由高到低的依次为：金刚石＞MgO＞CaCl2＞冰＞干冰，故答案为金刚石＞MgO＞CaCl2＞冰＞干冰；(3)因为MgO中离子带两个电荷，NaCl中离子带一个电荷，而且氧离子半径小于氯离子，镁离子半径小于钠离子半径，离子半径越小，离子所带电荷越多，晶格能越大，NaCl晶体的晶格能小于MgO晶体的晶格能，故答案为小于；MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数，且r(Mg2+)＜r(Na+)、r(O2-)＜r(Cl-)；(4)Cu原子占据面心和顶点，则每个Cu晶胞中实际占有的原子数为×8+×6=4；依据氯化钙的晶胞图可知，每个Ca2+四周有8个Cl-，而每个Cl-四周有4个Ca2+，所以CaCl2晶体中Ca2+的配位数为8，故答案为4；8；(5)冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，水分子间含有氢键，氢键的作用力大于范德华力，所以其熔沸点较高，故答案为H2O分子之间能形成氢键。【点睛】本题的易错点为(3)，要留意晶格能大小的推断方法的应用，特殊留意离子半径的大小比较。三、推断题28.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的元素符号依次是__、__。（2）XZ2与YZ2分子的立体构型分别是_________和_________，相同条件下两者在水