1.3 物质研究的意义 同步练习
高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2
一、单选题
1．下列对一些实验事实的解释错误的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
2．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．向 Na2SiO3 溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸凝胶
B．静电除尘、血液透析利用了胶体聚沉的性质
C．液态植物油与氢气加成后可以得到像动物脂肪一样的固态物质，称为人造脂肪
D．大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于雨水形成 pH 小于 5.6 的酸雨，具有很大危害
3．下列说法正确的是（）
A．HD、CuSO4·5H2O都是化合物
B．由同种元素组成的物质一定是纯净物
C．NaHSO4在溶液中能电离出H+,所以NaHSO4是酸
D．浊液、胶体、溶液三种分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小不同
4．下列叙述正确的是( )
A．二氧化硅是酸性氧化物，不与任何酸反应
B．因为CO2通入水玻璃中可制得硅酸，说明碳酸的酸性比硅酸酸性强
C．SiO2晶体中，每个硅原子与两个氧原子相连
D．工业上制玻璃的主要原料有：黏土、石灰石、石英
5．下列有关物质性质的叙述一定错误的是（ ）
A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色
B．KAl(SO4) 2·12H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体
C．NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3
D．Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2
6．对下列事实的原因分析正确的是（ ）
选项 事实 原因
A H2SO4是酸 H2SO4中含有氢元素
B 浓硝酸在光照下颜色变黄 浓硝酸具有挥发性
C 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象 浓硫酸具有吸水性
D 用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝 氢氧化铝碱性比氨水弱且很难与氨水反应
A．A B．B C．C D．D
7．下列元素性质的递变规律正确的是（ ）
A．第一电离能：B
C．气态氢化物的稳定性：NH3
A．甲烷是烃类物质中相对分子质量最小的物质
B．1 mol CH4在光照条件下最多能与4 mol Cl2反应
C．甲烷的二氯代物只有一种结构可以证明甲烷为正四面体结构
D．甲烷与空气的体积比为1∶2时，混合气体点燃爆炸最剧烈
9．2022年诺贝尔化学奖颁给了在“点击化学”领域做出贡献的科学家。一种“点击化学”试剂是由四种短周期主族元素组成，其中X、Z、W的原子序数依次递减，三者基态原子核外电子的空间运动状态数相同，Y的原子序数是Z的两倍。下列说法正确的是
A．简单氢化物的分子极性：Y>Z
B．电负性和第一电离能均有Z>W
C．同周期元素形成的简单氢化物中X稳定性最强
D．同周期主族元素基态原子未成对电子数少于Y的有2种
10．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数递增，其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W>Z>Y>X
B．气态氢化物的热稳定性：Y>Z>W
C．元素Z和W均存在两种以上的含氧酸
D．电负性：Z>W；第一电离能：Z
A．用核磁共振氢谱鉴别1﹣丙醇和2﹣丙醇
B．用酸性KMnO4溶液除去乙烷中混有的乙烯
C．间二溴苯仅有一种空间结构可证明苯分子中不存在单双键交替的结构
D．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
12．下列说法正确的是（ ）
A．HF，HCl，HBr，HI的熔点沸点依次升高
B．H2O的熔点、沸点大于H2S的是由于H2O分子之间存在氢键
C．乙醇分子与水分子之间只存在范德华力
D．氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4
13．具有相同价电子总数和相同原子数的分子或离子，具有相同的结构特征，例如：CO和N2。下列说法中错误的是（ ）
A．H3BNH3分子中所有原子不能同时在同一平面上
B．H3BNH3分子中B、N均采用sp3杂化
C．B3N3H6分子中有双键，可发生加成反应
D．CO分子中存在配位键，其结构式为C O
14．下列各组性质比较中，正确的是（ ）
①沸点：HI>HBr>HCl>HF ②离子还原性：S2- >Cl- >Br- >I-③酸性：HClO4> HBrO4> HIO4 ④金属性：K>Na>Mg>Al ⑤气态氢化物稳定性： HF > HCl > H2S ⑥半径：O2- >F- >Na+ >Mg2+
A．①②③ B．③④⑤⑥ C．②③④ D．①③④⑤⑥
15．X是核外电子数最少的元素，Y是地壳中含量最丰富的元素，Z在地壳中的含量仅次于Y，W可以形成自然界中最硬的原子晶体。下列叙述中错误的是( )
A．WX4是沼气的主要成分 B．固态X2Y是分子晶体
C．ZY2的水溶液俗称“水玻璃” D．ZW是原子晶体
16．关于金属元素的特征，下列叙述正确的是( )
①金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性②金属元素在化合物中一般显正价 ③金属性越强的元素相应的低价离子氧化性越弱④价电子越多的金属原子的金属性越强
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
二、综合题
17．硫铁矿(主要成分)是接触法制硫酸的主要原料，请回答：
（1）基态下共有 种不同空间运动状态的电子。
（2）形成的配合物亚铁氰化钾又称黄血盐，可用于检验，与互为等电子体的阴离子为 (任写一种)；含有120mol键的的物质的量为 mol。
（3）的酸性强于酸性的原因是 。
（4）过二硫酸的结构式为，S原子的杂化方式为 ，S元素的化合价为 。
（5）晶体的晶胞结构如图所示。在晶胞中，位于所形成的 (填“正四面体”或“正八面体”)空隙；若晶胞参数为a nm，密度为，阿伏加德罗常数的值为，则的摩尔质量M= 用含a、ρ、的代数式表示。
18．以氮化镓(GaN)、碳化硅等为代表的第三代半导体材料具有优异性能，对新兴产业有巨大推动作用。回答下列问题：
（1）写出基态硅原子的电子排布式 ，其中具有最高能量的电子所处能级符号为 ，该能级轨道电子云轮廓图的形状为 (填字母)。
a．球形 b．哑铃形
（2）氮、硅和碳3种元素第一电离能由小到的顺序为(填元素符号) 。
（3）镓为元素周期表中第31号元素，镓原子具有 个能层，最高能层容纳了 个电子。
19．12月 17日凌晨，嫦娥五号完成“ 挖土” 之旅返回地球。查阅资料，月球玄武岩是构成月球的岩石之一，主要由辉石(主要成分硅酸盐)和钛铁矿(主要成分 FeTiO3)等组成。回答下列问题：
（1）基态铁原子的价电子排布式为： 。
（2）与 Fe同周期，且最外层电子数相同的主族元素是 (填元素符号)。
（3）基态 Ti原子核外电子占据的最高能层符号为 ；其最外层电子的电子云轮廓图为 。
（4）1molFe3[Fe(CN)6]2中含有 σ键数为 ，［Fe(CN)6］3-中配体为 ，其中 C原子的杂化轨道类型为 ，H、C、N、Si四种元素的电负性由大到小的顺序为 。
（5）FeTiO3的结构如图 1所示，其中由 O围成的 (填“ 四面体空隙” 或“ 八面体空隙” )被 Fe占据。在图 2中画出 FeTiO3结构的另一种表示 (要求：Fe处于晶胞的顶点)，Ti的配位数为 。
（6）已知该晶胞的密度为 ρg/cm3，NA表示阿伏加德罗常数的值。计算晶胞参数 a= pm。(列出计算表达式)
20．X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大．X原子核外各层电子数之比为1：2，Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，W和R是同周期相邻元素，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨．
请回答下列问题：
（1）元素X的最高价氧化物的电子式为 ；元素Z的离子结构示意图为 ．
（2）单质X和元素Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的化学方程式为 ．Y、W的氢化物沸点高的是 （写化学式），原因是 ．
（3）元素W在周期表中的位置 ．
21．元素周期表中，除了22种非金属元素外，其余的都是金属，请根据元素周期表回答下列问题：
（1）I．基态氮原子核外共有 种运动状态不相同的电子，该原子核外电子排布中电子在能量最低的轨道呈 形，用n表示能层，氟元素所在族的外围电子排布式为 。
（2）在元素周期表中，某些主族元素与下方的主族元素的性质有些相似，被称为“对角线规则”，如下表：
根据“对角线规则”写出Be(OH)2与NaOH反应的离子方程式 ，硼酸(H3BO3)是一种具有片层结构的白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢键相连（如图）。含1mol H3BO3的晶体中有 mol氢键，H3BO3中B原子的杂化类型为 。
（3）以第二周期为例，除Be、N外，其它元素的第一电离能从左到右逐渐增大的原因是 。
（4）II．近年来铁及其化合物在工农业中有广阔的应用前景。
铁的一种络离子[Fe(CN)6]4-中Fe2+的配位数为6，该络离子中不存在______（填序号）。
A．共价键 B．非极性键 C．配位键 D．δ键
E．π键
（5）AlCl3的熔点比NaCl熔点低的原因是 。
（6）一种Al-Fe合金的立体晶胞如图所示。若晶体的密度为ρ g cm-3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离为 cm（用含ρ的代数式表示）。
三、推断题
22．已知X、Y、Z、W、Q是前四周期的核电荷数依次增大的元素，X的价电子层中有3个未成对电子，X与Z同主族；Y与W同主族，W元素原子M层有两对成对电子；Q的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。
（1）X、Y、W的第一电离能由大到小的顺序是 (填字母对应的元素符号)。
（2）已知元素Z的某钾盐(KH2ZO4)是其酸(H3ZO2)的正盐，则酸H3ZO2的结构式为 (元素Z用对应的元素符号书写)。
（3）已知元素X、Z相关键的键能(kJ mol-1)如表：从能量角度看，X元素形成的单质以X2、而Z元素形成的单质Z4(结构式可表示为)形式存在的原因是 。
X—X X≡X Z—Z Z≡Z
193 946 197 489
（4）元素W的含氧酸根离子(WO)的空间构型为 ，与之互为等电子体的阴离子有 (写出一种离子符号；等电子体指化学通式相同且价电子总数相等的分子或离子)。
（5）对于基态Q原子，下列叙述正确的是____ (填标号)。
A．遵循能量最低原理，核外电子排布应为[Ar]3d94s2
B．排布在外层的电子总是比排布在内层的电子离核更远
C．电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
D．电子先排入4s轨道，再排进3d轨道，故3d轨道的电子能量比4s高
（6）向盛有QSO4水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。分离出所得溶质化合物[Q(NH3)4(H2O)2]SO4，然后加热该化合物固体，首先失去的组分是 ，理由是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．在溶液中微粒之间的接触面积大，所以反应速率快，符合题意；
B.氯化钠固体不能导电是由于在固体中Na+、Cl-不能自由移动，而不是无自由移动的离子，不符合题意；
C.碳酸饮料中溶有二氧化碳，是利用其汽化吸收大量的热，使饮料的温度降低，而一氧化碳与血红蛋白结合能力强，而离解力差，导致人缺氧中毒，不符合题意；
D.硝酸钾在热水中比在冷水中溶解得快，是由于温度高硝酸钾分子能量增大，运动速率加快，不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、溶液中的反应速率大于固体间的反应速率由于相同时间有效碰撞较多，接触面积大；
B、氯化钠属于离子晶体，不存在自由移动的离子不导电；
C、根据二氧化碳与一氧化碳的性质解答；
D、硝酸钾在热水中溶解较快，说明受温度影响较大，升高温度增加了分子的运动速率；
2．【答案】B
【解析】【解答】A、向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸反应生成硅酸，硅酸是白色胶状物，选项A不符合题意；
B. 静电除尘是利用胶体的电泳的性质，血液透析利用了胶体的渗析的性质，选项B符合题意；
C.液态植物油的烃基部分含有不饱和的碳碳X键,与氢气加成后变为饱和的经基，就由液态的植物油变为像动物脂肪一样的固态物质，称为人造脂肪，选项C不符合题意；
D、大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于雨水形成pH小于5.6的酸雨，能够使土壤酸化，破坏建筑物、腐蚀文物等，具有很大危害，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.硅酸凝胶将过饱和的H4SiO4失去部分水分后，产生胶态粒子、沉淀物或凝胶形态，这种无定形的二氧化硅沉淀统称硅酸凝胶；
B.聚沉是一种物理现象，指向胶体中加入电解质溶液时，加入的阳离子（或阴离子）中和了胶体粒子所带的的电荷，使胶体粒子聚集成较大颗粒，从而形成沉淀从分散剂里析出；
C.人造脂肪，指的是植物油经氢化处理后，氢原子与油中不饱和脂肪酸的双键产生加成反应，变为饱和脂肪酸。油脂也从液态转变为固态。所以人造脂肪也称为油脂氢化；
D.酸雨为酸性沉降中的湿沉降，酸性沉降可分为湿沉降与干沉降两大类，前者指的是所有气状污染物或粒状污染物，随着雨 、 雪 、 雾或雹等降水形态而落到地面者，后者则是指在不下雨的日子，从空中降下来的落尘所带的酸性物质而言。 酸雨又分硝酸型酸雨和硫酸型酸雨。
3．【答案】D
【解析】【解答】A.HD是单质，A项不符合题意；
B.由同种元素组成的物质可能是混合物，如同素异形体，B项不符合题意；
C.NaHSO4是盐，C项不符合题意。
【分析】A.HD是由同种元素组成的一种物质，属于单质；
B.氧气和臭氧就是由同种元素组成的物质，但是是混合物；
C.根据电离的原理来定义酸是：电离出的所有的阳离子只有氢离子的才是酸；
D.浊液、胶体、溶液三种分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小不同。
4．【答案】B
【解析】【解答】A、二氧化硅是酸性氧化物，但能和氢氟酸反应生成四氟化硅与水，A不符合题意；
B、根据较强酸制备较弱酸的原理可知，CO2通入水玻璃中可制得硅酸，说明碳酸的酸性比硅酸酸性强，B符合题意；
C、SiO2晶体中，每个硅原子与4个氧原子相连，C不符合题意；
D、工业上制玻璃的主要原料有：纯碱、石灰石、石英，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】A.由于二氧化硅和氢氟酸是可以反应的，因此可以利用氢氟酸在玻璃上雕刻窗花；
B.该反应就是碳酸制硅酸的反应，符合强酸制弱酸的原理；
C.二氧化硅中硅原子周围有4个氧原子，构成正四面体结构；
D.玻璃是非晶无机非金属材料，一般是用多种无机矿物(如石英砂、硼砂、硼酸、重晶石、碳酸钡、石灰石、长石、纯碱等)为主要原料，另外加入少量辅助原料制成的。它的主要成分为二氧化硅和其他氧化物。普通玻璃的化学组成是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2或Na2O·CaO·6SiO2等，主要成分是硅酸盐复盐，是一种无规则结构的非晶态固体。
5．【答案】A
【解析】【解答】A.FeCl2溶液中含Fe2+，NH4SCN用于检验Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A项符合题意；
B.KAl（SO4）2·12H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al（OH）3胶体，离子方程式为Al3++3H2O Al（OH）3（胶体）+3H+，B项不符合题意；
C.实验室可用NH4Cl和Ca（OH）2混合共热制NH3，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O，C项不符合题意；
D.Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】二价铁离子与硫氰化胺是不会出现红色的 ，因为离子SCN-是用来检验三价铁离子的。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．H2SO4在水中能电离出氢离子，并且电离出的阳离子全部是氢离子，所以H2SO4是酸，不是因为H2SO4中含有氢元素，故A不符合题意；
B．浓硝酸在光照下颜色变黄，是因为浓硝酸分解生成二氧化氮，故B不符合题意；
C．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，是因为浓硫酸的脱水性，故C不符合题意；
D．氢氧化铝溶于强碱，碱性比氨水弱且很难与氨水反应，用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A、H2SO4是因为在水中能电离出氢离子，并且电离出的阳离子全部是氢离子；
B、浓硝酸在光照条件下分解生成二氧化氮而显黄色；
C、蔗糖中加入浓硫酸后变黑是因为浓硫酸的脱水性。
7．【答案】B
【解析】【解答】同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右逐渐增大，另外Be核外最外层电子达到全充满结构，较稳定，则第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：Be＞B＞Mg＞Na，故A不符合题意；
B.同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则元素的电负性：O＞N＞S＞P，故B符合题意；
C.非金属性越强，气态氢化物越稳定：NH3>CH4，故C不符合题意；
D.Be、B、C、N位于同一周期，且原子序数逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Be＞B＞C＞N，故D不符合题意。
【分析】A.非金属性越强第一电离能越大，需要注意的是第Ⅱ、ⅤA的元素大于同周期相邻元素的第一电离能；
B.非金属性越强电负性越大；
C.非金属性越强对应气态氢化物的稳定性越强；
D。同周期从左到右原子半径逐渐减小。
8．【答案】D
【解析】【解答】 A，CH4是由C、H两种元素组成的最简单的烃，相对分子质量最小，正确；
B，1 mol CH4含有4 mol H，全部被取代需要4 mol Cl2，正确；
C，若CH4是平面正方形结构，CH4的二氯代物(CH2Cl2)结构必然有两种，故CH4的二氯代物只有一种结构可以证明CH4不是平面正方形，而是正四面体结构，正确；
D，1 mol CH4完全燃烧消耗2 mol O2，因此，CH4与O2的体积比为1∶2时，混合气体点燃恰好完全反应，爆炸最剧烈，错误。
故答案为：D
【分析】A.甲烷是由C、H元素组成的最简单的烃；
B.n（ H）=4n（ CH4 ），由此即可得出答案；
C.若甲烷是平面正方形的平面结构，甲烷的二氯代物结构有两种；
D.根据化学方程式的系数关系即可得出答案。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．因为O原子的电负性大于S原子，所以极性，A不符合题意；
B．电负性：，但是N原子的p层为半满稳定状态，第一电离能大于O，B不符合题意；
C．第二周期元素中，F的非金属性最大，所以在第二周期中，F的氢化物最稳定，C符合题意；
D．Y为S，基态原子电子排布为：，未成对电子为2，在第三周期中，比它未成对电子数少的有：、、3种，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．中心原子的电负性越大，氢化物的极性越强；
B．一般情况下同一周期元素的原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当元素处于第IIA、第VA时，由于原子核外电子处于轨道的全充满、半充满的稳定状态，失去电子消耗的能量大于同一周期相邻元素；
C．同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强气态氢化物越稳定；
D．依据原子构造原理分析。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．原子电子层数多半径较大，电子层数相同则核电荷数多的半径较小，H、O、S、Cl半径：S >Cl> O > H，A不符合题意；
B．Y、Z、W气态氢化物H2O、H2S、HCl的热稳定性H2O>HCl> H2S，B不符合题意；
C．元素Z的含氧酸有HClO4、HClO3 HClO2 HClO等和W的含氧酸有H2SO4、H2SO3、 H2S2O3等，C符合题意；
D．电负性：Cl> S；第一电离能：S < Cl，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．原子电子层数多半径较大，电子层数相同则核电荷数多的半径较小；
B．非金属性越强气态氢化物越稳定；
C．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强；
D．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；非金属性越强，则电负性越大。
11．【答案】A
【解析】【解答】解：A．核磁共振氢谱能判断氢原子种类和各种氢原子个数之比，1﹣丙醇、2﹣丙醇中H原子种类数目分别是4、3，所以可以用核磁共振氢谱鉴别1﹣丙醇、2﹣丙醇，故A正确；
B．乙烯能和酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳，乙烷和酸性高锰酸钾溶液不反应，所以不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中的乙烯，应该用溴水，故B错误；
C．无论苯环是否为单双键交替的结构，间二溴苯都只有一种结构，应该用邻二溴苯判断，邻二溴苯只有一种结构，证明苯环中不含碳碳双键和碳碳单键，故C错误；
D．石油裂解可以得到甲烷和乙烯，苯可通过煤的干馏获得，所以通过石油分馏得不到苯，故D错误；
故选A．
【分析】A．核磁共振氢谱能判断氢原子种类和各种氢原子个数之比；
B．乙烯能和酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳，乙烷和酸性高锰酸钾溶液不反应；
C．间二溴苯只有一种空间结构，应该用邻二溴苯判断；
D．石油裂解可以得到甲烷和乙烯，苯可通过煤的干馏获得．
12．【答案】B
【解析】【解答】解：A．HF中含有氢键，沸点最高，应为HF＞HI＞HBr＞HCl，故A错误；
B．O的电负性较大，水分子间存在氢键，氢键较一般的分子间作用力强，则H2O的熔点、沸点大于H2S，故B正确；
C．乙醇分子与水分子之间存在氢键和范德华力，故C错误；
D．Cl元素的化合价越高，对应的氧化物的水化物的酸性越强，应为HClO＜HClO2＜HClO3＜HClO4，故D错误．
故选B．
【分析】A．氢化物的熔沸点随着原子序数增大而增大，但含有氢键的物质熔沸点较高；
B．氢键导致氢化物的熔点升高；
C．乙醇和水分子之间能形成氢键；
D．Cl元素的化合价越高，对应的氧化物的水化物的酸性越强．
13．【答案】C
【解析】【解答】A．H3BNH3与CH3CH3互为等电子体，两者结构相似，CH3CH3中所有原子不能同时在同一平面上，则H3BNH3分子中所有原子不能同时在同一平面上，故A不符合题意；
B．H3BNH3与CH3CH3互为等电子体，CH3CH3中C原子均采用sp3杂化，则B、N采用sp3杂化，故B不符合题意；
C．B3N3H6与C6H6互为等电子体，C6H6为苯，苯分子中不含双键，则B3N3H6也不含双键，故C符合题意；
D．CO与N2互为等电子体，根据N2的结构式可知，CO中C与O之间形成三键，CO分子中O原子提供孤电子对、C原子提供空轨道而形成配位键，其结构式为C O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.H3BNH3与CH3CH3互为等电子体，两者结构相似，CH3CH3中所有原子不共面；
B.CH3CH3中C原子均采用sp3杂化，则H3BNH3中B采用sp3杂化；
C.B3N3H6与C6H6互为等电子体，C6H6为苯，苯分子中不含双键；
D.CO与N2互为等电子体，N2中N原子之间形成三键，则CO中C与O之间形成三键。
14．【答案】B
【解析】【解答】①由于HF分子间存在氢键，导致HF的沸点高于HCl，①不符合题意；②非金属性：Cl>Br>I>S，所以对应离子的还原性S2- > I->Br->Cl-，②不符合题意；③非金属性：Cl>Br>I，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4> HBrO4> HIO4，③符合题意；④同周期元素，从左到右金属性减弱，同主族元素，金属性从上到下增强，故金属性K>Na>Mg>Al，④符合题意；⑤非金属性：F>Cl>S，所以对应气态氢化物的稳定性HF > HCl > H2S，⑤符合题意；⑥对于电子层数相同的离子，核电荷数越高，原子半径越小，⑥符合题意；
故答案为：B。
【分析】①HF分子间有氢键；
②单质的非金属性越强，它所对应阴离子的还原性越弱；
③非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
④同周期元素，从左到右金属性减弱，同主族元素，金属性从上到下增强；
⑤非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性越强；
⑥核外电子排布相同的离子，原子序数越大，半径越小。
15．【答案】C
【解析】【解答】根据题干文字的描述来分析，可推知：X是氢元素，Y是氧元素，Z是硅元素，W是碳元素。则WX4代表甲烷，X2Y代表水，ZW代表碳化硅，ZY2代表二氧化硅，由此可知，A、B、D均不符合题意，水玻璃是Na2SiO3的水溶液，故C符合题意。
【分析】根据题意找出元素的符号，即可根据选项进行判断即可
16．【答案】B
【解析】【解答】①对于具有变价金属离子来说，较低价态的金属离子既有氧化性又有还原性，例如Fe2+，Fe2++Zn=Fe+Zn2+，2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故①不符合题意；②因为金属元素的原子只具有还原性，故在化合物中金属元素只显正价，故②符合题意；③金属性越强的元素越易失去电子，单质的还原性越强，对应的低价离子越难得电子，氧化性越弱，故③符合题意；④金属性强弱与失电子的多少无关，只与得失电子的难易程度有关，所以与最外层电子数无关，故④不符合题意；
叙述正确的为②③，
故答案为：B。
【分析】金属原子最外能电子数少于4，容易失电子，得到带正电的阳离子，因此金属单质具有还原性，金属离子的氧化性还原性需要记住亚铁离子与铁离子；金属失电子能力越强，金属性越强，对应离子的氧化性越弱，钾的金属性比铝强，金属性与强弱与价电子无关；
17．【答案】（1）14
（2）；10
（3）的非羟基氧原子数目为2，的非羟基氧原子数目为1，非羟基氧原子数目越多，S的正电性越高，导致S-O-H中的O的电子向S偏移，在水分子的作用下，越易电离出H+，酸性越强
（4）sp3；+6
（5）正八面体；
【解析】【解答】（1）Fe为26号元素，Fe2+核外有24个电子，基态Fe2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，每个能层的s轨道有1个伸展方向，p轨道有3个伸展方向，d轨道有5个伸展方向，则基态Fe2+共有14种不同空间运动状态的电子。
（2）原子总数和价电子总数均相等的分子或离子互为等电子体，则与互为等电子体的阴离子为；1个中含有6个配位键，中含有，1个中含有1个σ键、2个π键，即1个中含有6+6=12个σ键，所以含有12molσ键的的物质的量为 10 mol。
（3）的非羟基氧原子数目为2，的非羟基氧原子数目为1，非羟基氧原子数目越多，S的正电性越高，导致S-O-H中的O的电子向S偏移，在水分子的作用下，越易电离出H+，酸性越强。
（4）过二硫酸的结构式为，S原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3；S元素形成6对共用电子对，且电负性比氧元素小，故化合价为+6。
（5）根据晶体的晶胞结构可知，Fe2+位于所形成的正八面体空隙中。一个晶胞中，Fe2+的个数为，的个数为，则晶胞的质量为，，解得。
【分析】（1）原子有几个轨道，就有空间运动状态不同的电子；
（2）原子总数和价电子总数均相等的分子或离子互为等电子体；依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
（3）非羟基氧原子数目越多，酸性越强。
（4）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
（5）利用均摊法确定原子数。
18．【答案】（1）1s22s22p63s23p2；3p；b
（2）N＞C＞Si
（3）4；3
【解析】【解答】（1）硅元素的原子序数为14，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，由构造原理可知，具有最高能量的电子所处能级为哑铃形的3p能级，故答案为：1s22s22p63s23p2；3p；b；
（2）同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则氮、硅和碳3种元素第一电离能由小到的顺序为N＞C＞Si，故答案为：N＞C＞Si；
（3）镓元素的原子序数为31，位于元素周期表第四周期ⅢA族，能层数与元素所在的周期序数相等，最高能层容纳的电子数与所在的主族序数相等，则镓原子具有4个能层，最高能层容纳了3个电子，故答案为：4；3。
【分析】（1）Si为14号元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；具有最高能量的电子所处能级为3p能级，3p能级的电子云轮廓图的形状为哑铃形；
（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（3）能层数与元素所在的周期序数相等；最高能层容纳的电子数与所在的主族序数相等。
19．【答案】（1）3d64s2
（2）Ca
（3）N；球形
（4）24NA；CN-；sp杂化；N＞C＞H＞Si
（5）八面体空隙；；12
（6）
【解析】【解答】(1)铁元素的原子序数为26，价电子数8，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；
(2)铁元素位于元素周期表第四周期，铁原子的最外层电子数为2，与铁同周期，且最外层电子数相同的主族元素是钙，故答案为：Ca；
(3) 基态 Ti原子的的价电子排布式为3d24s2，核外电子占据的最高能层符号为N，4s电子云轮廓图为球形，故答案为：N；球形；
(4) Fe(CN)6]3+离子中铁离子与氰酸根离子形成6个配位键，每个氰酸根离子中含有1个σ键， 1molFe3[Fe(CN)6]2中含有2mol Fe(CN)6]3+离子，含有σ键的数目为(1×6+6) ×2mol×NA mol—1=24NA；氰酸根离子含有碳氮三键，则碳原子的杂化方式为sp杂化；非金属元素的非金属性越强，电负性越大，H、C、N、Si四种元素的非金属性有强到弱的顺序为N＞C＞H＞Si，则电负性由大到小的顺序为N＞C＞H＞Si，故答案为：24NA；sp杂化；N＞C＞H＞Si；
(5)由图1晶体结构可知，由 O原子围成的八面体空隙被 Fe原子占据，钛原子(●)处于晶胞顶点时，铁原子(△)位于体心，氧原子(○)位于面心，当铁原子处于晶胞的顶点时，钛原子位于体心，氧原子(○)位于棱上，晶胞结构示意图为 ，与钛原子距离最近的氧原子有12个，则钛原子的配位数为12，故答案为：八面体空隙； ；12；
(6)由晶胞的质量公式可得：ρ(a×10—10)3= ，解得a= pm，故答案为： 。
【分析】（1）根据铁的核外电子能级排布即可写出铁的价电子排布式
（2）根据铁原子的最外层电子数即可写出主族元素的符号
（3）写出Ti的的原子结构示意图即可判断最高能层符号，写出外层价电子层排布即可找出轨道符号
（4）找出单键和配位键数即可，根据配离子化学式即可找出配体，根据碳原子的成键方式即可判断出杂化方式，非金属性越强，电负性越强
（5）根据晶胞结构即可判断出6个氧原子形成八面体空隙被铁原子占据，根据要求即可画出铁为顶点的晶胞图，找出与Ti距离最近的氧原子即可
（6）根据晶胞图计算出原子个数即可计算出晶胞质量，结合密度计算出晶胞的体积即可求出晶胞参数
20．【答案】（1）；
（2）C+4HNO3（浓） CO2↑+4NO2↑+2H2O；NH3；分子之间存在氢键
（3）第三周期第VA族
【解析】【解答】解：X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，则Y为N元素、R为S元素；W和R是同周期相邻元素，则W为P元素；Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，则Z原子核外电子数=20﹣7=13，则Z为Al；X原子核外各层电子数之比为1：2，X有2个电子层，可能为Li或C，由于只有一种金属，故X为C元素；（1）元素X的最高价氧化物为二氧化碳，二氧化碳为共价化合物，碳原子与两个氧原子分别共用2对电子，电子式为： ；元素Z为铝，铝离子核内有13个质子，核外又两个电子层，共用10个电子，最外层8个电子，最内层2个电子，结构示意图为： ；故答案为： ； ；（2）碳与浓硝酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，方程式：C+4HNO3（浓） CO2↑+4NO2↑+2H2O，NH3分子间存在氢键，故氨气的沸点高于PH3的，
故答案为：C+4HNO3（浓） CO2↑+4NO2↑+2H2O；NH3；分子之间存在氢键；（3）元素W为P，有三个电子层，最外层电子数为5，位于周期表的第VA族；故答案为：第三周期第VA族；
【分析】X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，则Y为N元素、R为S元素；W和R是同周期相邻元素，则W为P元素；Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，则Z原子核外电子数=20﹣7=13，则Z为Al；X原子核外各层电子数之比为1：2，X有2个电子层，可能为Li或C，由于只有一种金属，故X为C元素，据此解答．
21．【答案】（1）7；球形；ns2np5
（2）Be(OH)2+2OH-=BeO22-+2H2O；3；sp2
（3）从左到右，随着核电荷数增加，原子半径逐渐减小，原子核对外层价电子的吸引能力逐渐增大，故元素的第一电离能从左到右逐渐增大
（4）B
（5）AlCl3是分子晶体，NaCl是离子晶体
（6）
【解析】【解答】Ⅰ.（1）基态氮原子核外7个电子，每个电子运动状态不同，共有7种运动状态不相同的电子，该原子核外电子排布中电子在能量最低的轨道1s，呈球形型，用n 表示能层，F 元素所在族的外围电子排布式为ns2np5。
（2）Be(OH)2和氢氧化铝一样，具有两性，能溶于强碱，Be(OH)2+ 2OH- = BeO22-+2H2O；每个硼酸分子有6个氢键，每个氢键两个硼酸共同拥的一个氢键，含1mol H3BO3的晶体中有3mol氢键，H3BO3中B原子形成3个δ键，无孤电子对，杂化类型为sp2 ；
（3）以第二周期为例，除Be、N 外，其它元素的第一电离能从左到右逐渐增大的原因是从左到右，随着核电荷数增加，原子半径逐渐减小，原子核对外层价电子的吸引能力逐渐增大，故元素的第一电离能从左到右逐渐增大；
（4）[Fe(CN)6]4-中存在A.共价键，如C-N键；
C.配位键，如中心原子与CN-间；
D.σ键，如C-N键； E. π键，如碳氮叁键；由于没有相同原子形成的共价键，不存在
B.非极性键；故选B。
（5）AlCl3的熔点比NaCl熔点低的原因是：AlCl3是分子晶体，NaCl是离子晶体；一个晶胞中含有8个Fe原子和4个Al原子，晶胞的质量为（56×8+27×4）/NAg， 棱长为 cm，最近的2个Fe原子之间的距离为。
【分析】（5）中的熔沸点比较依据先根据晶体类型判断，一般原子晶体的熔沸点最高，而分子晶体的熔沸点最低。如果同类晶体再根据晶体的实质作用力进行判断。
22．【答案】（1）N>O>S
（2）
（3）在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定
（4）正四面体形；PO或ClO、BrO、IO、SiO等
（5）C；D
（6）H2O；H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱
【解析】【解答】已知X、Y、Z、W、Q是前四周期的核电荷数依次增大的元素，X的价电子层中有3个未成对电子，X与Z同主族，均位于第ⅤA族，X是N、Z是P；Y与W同主族，W元素原子M层有两对成对电子，W是S，则Y是O；Q的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，Q是Cu，据此解答。
(1)氮元素2p轨道电子处于半充满稳定状态，稳定性强，则N、O、S的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞S。
(2)已知元素P的某钾盐(KH2PO4)是其酸(H3PO2)的正盐，说明该酸是一元酸，含有1个羟基，则酸H3ZO2的结构式为。
(3)根据表中数据可判断在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定，因此N元素形成的单质以N2、而P元素形成的单质P4形式存在；
(4)SO中中心原子的价层电子对数是4，且不含有孤对电子，其空间构型为正四面体形，等电子体指化学通式相同且价电子总数相等的分子或离子，则与之互为等电子体的阴离子有PO或ClO、BrO、IO、SiO等。
(5)A. 根据洪特规则的特例，原子轨道处于半满状态时能量低，稳定，则基态铜原子的核外电子排布应为[Ar]3d104s1，A不正确；
B. 电子层是距离原子核由近到远排列的，例如多电子原子中电子离核的平均距离4s＞3s，离原子核越远，层数越大，能量越高，4s电子在4s区域出现的几率多，但不总是在比3s电子离核更远的区域运动，因此排布在外层的电子不一定总是比排布在内层的电子离核更远，B不正确；
C. 金属性K＞Cu，钾易失去电子，因此铜的电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确；
D. 3d轨道与4s轨道出现了能级交错，则在Cu原子中，原子核外电子排布的轨道能量高低关系：3d＞4s，D正确；
故答案为：CD；
(6)该化合物是Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，由于H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱，因此加热该化合物固体，首先失去的组分是水。
【分析】
(1)元素轨道电子处于半充满稳定状态，稳定性强；
(2)依据题目信息，一元酸，含有1个羟基；
(3)根据表中数据，能量越低越稳定；
(4)等电子体指化学通式相同且价电子总数相等的分子或离子；
(5)A. 根据洪特规则的特例，原子轨道处于半满状态时能量低，稳定；
B. 离原子核越远，层数越大，能量越高；
C.电负性越高，原子对键合电子的吸引力大；
D. 注意能级交错原理；
(6)依据配位键强弱判断。
