福建省福州市三校2018_2019学年高二化学上学期期中联考试题理（含解析）.docx

福建省福州市三校2018-2019学年高二化学上学期期中联考试题 理（含解析）班级 姓名 座号 成绩 说明：1、本试卷分第I、II 两卷，考试时间：90分钟 满分：100分2、卷的答案用2B铅笔填涂到答题卡上；卷的答案用黑色签字笔填写在答题卡上。相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Si 28 Cl 35.5第卷（选择题 共40分）一、选择题（每题只有一个正确答案，20题，共40分）1.以下能级符号不正确的是 （ ）A. 3s B. 3f C. 3p D. 3d【答案】B【解析】【详解】S亚层在每一层上都有，p亚层至少在第二层及以上，d亚层至少在第三层及以上，f亚层至少在第四层及以上，B错误；综上所述，本题选B。2.下列有关化学用语使用正确的是（ ）A. 基态碳原子的价电子轨道表示式为B. NH4Cl 的电子式: C. Cr原子的基态简化电子排布式为3d54s1D. 石英的分子式：SiO2【答案】A【解析】【详解】A基态碳原子的核外电子排布1s22s22p2，碳原子的价电子轨道表示式为，故A正确；BNH4Cl为离子化合物，电子式为，故B错误；CCr核电荷数为24，其原子的基态简化电子排布式为Ar3d54s1，故C错误；D. 石英SiO2是原子晶体，不存在分子式，应为化学式，故D错误；综上所述，本题选A。3.若将15P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违背了（）A. 能量守恒原理 B. 泡利不相容原理 C. 能量最低原理 D. 洪特规则【答案】D【解析】试题分析：在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，称为泡利不相容原理；当电子排布在同一个能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是单独优先占据一个轨道，而且自旋状态相同，称为洪特规则。另外核外电子排布还需要遵循构造原理和能量最低原理，因此15P原子的电子排布式为1s22s22P63s23Px13Py13Pz1，所以把15P原子的电子排布式写成了1s22s22P63s23Px23Py1违背了洪特规则，答案选D。考点：考查核外电子排布的有关判断4.下列物质属于分子晶体的是（）A. 熔点是10.31，液态不导电，水溶液能导电B. 熔点是1070，固态不导电，熔融状态能导电，易溶于水C. 熔点是97.80，质软，固态可导电，密度是0.97gcm3D. 熔点3550，不溶于水，不导电【答案】A【解析】【分析】离子晶体:阴阳离子通过离子键结合形成的晶体；一般熔点较高,硬度较大、难挥发,固体不导电,但质脆,一般易溶于水,其水溶液或熔融态能导电，据以上分析解答。【详解】A. 熔点是10.31，符合分子晶体熔点较低的特点，液态不导电，存在分子，溶于水后，发生电离，有自由移动的离子，可以导电，正确；B. 熔点是1070，熔点高，不符合分子晶体的特点，易溶于水，熔融状态能导电，应属于离子晶体；错误；C. 熔点是97.80，质软，固态可导电，密度是0.97gcm3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，错误；D. 熔点3550，熔点高，不符合分子晶体的特点，不溶于水，不导电，可能为原子晶体，错误；综上所述，本题选A。【点睛】分子晶体是分子间通过分子间作用力（范德华力和氢键）构成的晶体，因为范德华力和氢键作用力较小，所以分子晶体的熔沸点比较低，硬度小。5.下列各组元素都属于p区的是（ ）A. 原子序数为1，6，10的元素 B. N，S，PC. Na，Li，Mg D. Fe，Cr， Cl【答案】B【解析】【详解】A项，原子序数为1、6、10的元素分别是H、C、Ne，其中H属于s区，不属于p区，故A错误；B项，根据元素周期表的分区，p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素，N，S，P都属于p区，故B正确；C项，Na，Li，Mg 都属于s区，不属于p区，故C错误；D项，Fe属于d区，Cr属于d区，不属于p区，故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】元素周期表分为s、p、d、ds与f五个区，各区分别如下：s区包括第一、二主族的全部元素；p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素；d区包括第三到第七副族的元素（除掉镧系元素和锕系元素）外加第八族的元素；ds区包括第一、二副族的元素；f区包括镧系元素和锕系元素；记住以上规律就能快速解决问题。6.下列各项叙述中，正确的是（ ）A. 元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从ns1 过渡到ns2np6B. 若某基态原子的外围电子排布为4d25s2，它是第五周期IVB族元素C. 钠原子由1s22s22p63s11s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态D. M层全充满而N层为4s1的原子和位于第四周期第A族的原子是同一种元素【答案】B【解析】【分析】A.第一周期原子只有一个电子层；B.最外层为第5层,价电子数为4，判断在周期表中位置；C. 由基态转化成激发态，吸收能量；D.M层全充满而N层为4s1的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1,为铜原子，位于第四周期第IB族的原子；【详解】A.第一周期最外层电子排布是ns1 过渡到ns2，故A错误；B. 最外层为第5层,价电子数为4,位于第五周期IVB族元素,故B正确；C. 基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1,由基态转化成激发态1s22s22p63p1时，电子能量增大,需要吸收能量,故C错误；D.M层全充满而N层为4s1的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1,为铜原子，位于第四周期第IB族的原子，和位于第四周期第A族的原子不是同一种元素，故D错误；综上所述，本题选B。7.下面有关晶体的叙述中，不正确的是 ( )A. 氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-B. 金刚石为空间网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子C. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子D. 金属铜属于六方最密堆积结构，金属镁属于面心立方最密堆积结构【答案】D【解析】【分析】A. 氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻8个Cl-；B.金刚石的晶胞结构如图所示:,根据图可以知道由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子,据此判断；C.采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数,二氧化碳晶体中每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子；D.金属镁是六方最密堆积,金属铜是面心立方最密堆积。【详解】A. 氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻8个Cl-，故A正确；B. 金刚石的晶胞结构如图所示:,根据图可以知道由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子,故B 正确；C.二氧化碳晶体属于面心立方，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12,所以在CO2晶体中,与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子,故C正确；D. 金属镁为六方最密堆积,堆积方式为:,金属铜是面心立方最密堆积,堆积方式为:,故D错误；综上所述，本题选D。8.X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布为ns1 ， 3s23p1和2s22p4 ，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是（）A. X2YZ3 B. XYZ2 C. XYZ3 D. X2YZ2【答案】B【解析】【详解】由X、Y、Z的最外层电子排布可知，X、Y、Z分别为Na、Al和O，在化合物中Na为+1价，Al为+3价，O为-2价。根据化合物的化合价代数和为零可知，Na、Al和O可形成NaAlO2（偏铝酸钠），故选B项；综上所述，本题选B。9.下列说法不正确的是()A. HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关B. H2O的熔、沸点高于H2S是由于H2O分子间存在氢键C. 甲烷可与水形成氢键D. 白酒中，乙醇分子和水分子间存在范德华力和氢键【答案】C【解析】【详解】A. HCl、HBr、HI都是分子晶体，组成结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高，因此HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关，故A正确；B. H2O由于O原子的电负性强，半径小，所以分子之间存在氢键，熔化和汽化都需要克服分子间作用力，氢键的存在使得熔点和沸点升高，所以H2O的熔沸点高于H2S，故B正确；C. 氢键是电负性较强的元素（通常N、O、F）和H之间的一种分子间作用力，由于甲烷分子中原子的电负性较弱，所以甲烷和水不能形成氢键，故C错误；D. 乙醇分子和水分子间存在有氢键，也存在范德华力， 故D正确； 综上所述，本题选C。【点睛】关于氢键，需要掌握以下几点：氢键不是化学键，通常把氢键看做是一种较强的分子间作用力。氢键比化学键弱，比分子间作用力强；分子间形成氢键会使物质的熔沸点升高，这是因为固体熔化或液体气化时必须破坏分子间氢键，消耗更多的能量；分子间氢键对物质的水溶性有影响，如氨气极易溶于水，主要是氨分子与水分子形成分子间氢键；通常N、O、F这三种元素的氢化物已形成氢键。常见易形成氢键的化合物有H2O、HF、NH3、CH3OH等；氢键只影响分子晶体的物理性质。10.某些物质的熔点数据如下表，据此做出的下列判断中错误的是（ ）Na2ONaClAlF3AlCl39208011291190BCl3SO2CO2SiO2-10744.8-571723A. 表中BCl3和CO2均是分子晶体B. 同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体C. 不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体D. 只要由金属元素和非金属元素形成的晶体就一定是离子晶体【答案】D【解析】【分析】A.根据表中BCl3和CO2的沸点都较低判断；B. C和Si同主族,但氧化物的晶体类型不同；C. Na和Al不同主族,但对应的氧化物都为离子晶体；D.氧化铝为离子晶体, AlCl3为分子晶体；【详解】A.表中BCl3和CO2的沸点都较低,则是分子晶体,故A正确；B.C和Si同主族,但氧化物的晶体类型不同, CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体,故B正确；C.Na和Al不同主族,但对应的氧化物都为离子晶体,说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体,故C 正确；D. 由金属元素和非金属元素形成的晶体不一定是离子晶体，由表中数据可以知道, AlCl3为分子晶体,故D错误；综上所述，本题选D。11.下列说法正确的是（）A. 1s轨道的电子云形状为圆形的面B. 2s的电子云半径比1s电子云半径大，说明2s能级的电子比1s的多C. 4f能级中最多可容纳14个电子D. 电子在1s轨道上运动像地球围绕太阳旋转【答案】C【解析】【详解】A. 1s轨道为球形，所以1s轨道的电子云形状为球形，故A错误；B.2s的电子云比1s的电子云大，s电子云的大小与能层有关,与电子数无关,ns能级上最多容纳2个电子,故B错误；C. f能级有7个轨道，每个轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反,所以nf能级中最多可容纳14个电子,故C正确；D. 电子在原子核外作无规则的运动,不会像地球围绕太阳有规则的旋转,故D错误；综上所述，本题选C。12.下列物质的分子中既有键，又有键，并含有非极性键的是()H2O2N2H2OHClC2H4C2H2A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】共价单键为键,共价双键中一个是键一个是键,共价三键中一个是键两个是键,同种元素之间形成非极性共价键,据此分析。【详解】H2O2中存在H-O和O-O键,只有键,故错误；N2的结构式为NN,含有键和键,N与N之间为非极性键,故正确;H2O中只存在H-O,即只有键,故错误；HCl的结构式为H-Cl,所以只存在键,故错误；C2H4的中氢原子和碳原子之间存在共价单键、碳碳之间存在共价双键,含有键和键,C与C之间为非极性键,故正确；C2H2的中氢原子和碳原子之间存在共价单键、碳碳之间存在共价三键,所以含有键和键,C与C之间为非极性键,故正确；综上所述，符合题意，本题选A。【点睛】通过物质的结构式，可以快速有效判断键的种类及数目；判断成键方式时，需要掌握：共价单键全为键，双键中有一个键和1个键，三键中有一个键和2个键，且键比键稳定。13.下列图象是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，试判断属于CsCl晶体结构的图象是()A. 图(1)和图(3) B. 只有图(3) C. 图(1)和图(4) D. 图(2)和图(3)【答案】D【解析】【详解】由于在CsCl晶体中，每个Cs+周围同时吸引着最近且等距离的8个Cl-，同样每个Cl-周围同时吸引着最近且等距离的8个Cs+，故图(2)和图(3)符合条件；D正确；综上所述，本题选D。14.四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1:2，X2+和Z-的电子数之差为8。下列说法不正确的是( ）A. WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构B. 元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、ZC. W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是元素ZD. W与Y通过离子键形成离子化合物【答案】D【解析】【分析】根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W、C；X、Mg；Y、S；Z、Cl；据以上分析解答。【详解】根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W、C；X、Mg；Y、S；Z、Cl；A、WZ4分子为CCl4，原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，故A正确；B、XYZ是同周期元素的原子，同周期原子半径依次减小，元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z，故B正确；C、W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、H2SO4、HClO4；其中HClO4酸性最强，所含的元素是Cl，故C正确；D、W（C）与Y（S）通过共价键形成共价化合物CS2，故D错误；综上所述，本题选D。15.下列有关性质的比较中，正确的是(）A. 硬度：白磷冰二氧化硅B. 金属原子化热：NaMgAlC. 熔点：D. 键的极性：NHOHFH【答案】D【解析】【详解】A、二氧化硅属于原子晶体，硬度大，白磷、冰都是分子晶体，硬度较小，故A错误；B、根据金属镁、铝和钠的熔点可知，金属的原子化热最大的为铝，其次为镁，最小的为钠，正确关系为：AlMgNa，故B错误；C、形成分子内氢键，熔沸点减小，分子间氢键，熔沸点升高，所以熔点：，故C错误；D. 非金属性强到弱的是NOF，与氢元素形成共价键时，极性由小到大分别是NHHOHF，故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】本题考查较为综合，涉及晶体的类型以及性质的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。注意理解原子化热概念，它是用来衡量金属键强弱的物理量，指将1摩尔金属转变成气态原子所需的最小能量；金属原子化热数值小时，其熔点低，质地软，反之则熔点高，硬度小。16.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2表示，单位为kJmol1)。I1I2I3I4R7401500770010500下列关于元素R的判断中一定正确的是(）A. R元素的原子最外层共有4个电子 B. R的最高正价为3价C. R元素位于元素周期表中第A族 D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2【答案】C【解析】【详解】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；A、R元素的原子最外层共有2个电子，故A错误；B、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故B错误；C、最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第A族，故C正确；D、R元素可能是Mg或Be，R元素基态原子的电子排布式不一定为1s22s2，故D错误；综上所述，本题选C。17.如图所示晶体结构是一种具有优良的压电、电光等功能的晶体材料的最小结构单元(晶胞)。晶体内与每个“Ti”紧邻的钡原子数和这种晶体材料的化学式分别是(各原子所带电荷均已略去)() A. 8；BaTi8O12 B. 8；BaTiO3 C. 3；BaTi2O3 D. 6；BaTiO3【答案】B【解析】【详解】1个晶胞中1个Ti与1个Ba原子紧邻，在整个晶体结构中位于顶点的1个Ti被8个晶胞共用，所以与每个Ti相邻的Ba原子数为8；根据晶胞的结构：该晶胞中含有Ba原子数为1，Ti原子数为81/8=1,O原子位于棱上，1个O被4个晶胞共用，因此含有O原子数为121/4=3，因此晶体材料的化学式为BaTiO3；B选项正确；综上所述，本题选B。【点睛】用均摊法求晶体中粒子个数比的方法是：（1）处于顶点的粒子，同时为8个晶胞所共有，每个粒子有1/8属于该晶胞。（2）处于棱上的粒子，同时为4个晶胞共有，每个粒子有1/4属于该晶胞。（3）处于面上的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子共有1/2属于该晶胞。（4）处于晶胞内部的粒子，则完全属于该晶胞。18.下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是()A. 石墨金刚石SiO2 B. KClNaClMgCl2MgOC. RbKNaLi D. CH4SiH4GeH4SnH4【答案】A【解析】【详解】A原子晶体中，原子间距离越小，熔点越高，石墨为混合晶体，石墨的键能和键长比金刚石的小，所以石墨比金刚石的熔点高，故A项正确；B.离子晶体中正负离子电荷数较高的熔点较高，正负离子电荷数相同时，半径越小，熔点越高，KClNaClMgCl2MgO, 故B项错误；C金属晶体中原子半径越小，相互间作用力越强，熔点越高，RbKNaLi，故C项错误； D分子晶体中，相对分子质量越大，相互间作用力越强，熔点越高，CH4SiH4GeH4O，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能NP，所以第一电离能SiPON，即，故A项正确；B项，同周期自左而右，原子半径逐渐减小，所以原子半径SiP，NO，电子层越多原子半径越大，故原子半径SiPNO,即，故B项错误；C项，氧元素没有最高正化合价，元素的最高正化合价等于最外层电子数，Si最外层4个电子，P、N最外层都是5个电子，所以最高正化合价：=，故C项错误。D项，同周期自左而右，电负性逐渐增大，所以电负性SiP， NO，同一主族，从上到下，电负性减弱，电负性PN，故电负性SiPNO，即，故D项错误；综上所述，本题选A。20.以 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(）A. 18g 冰(图甲）中含 OH 键数目为 4NAB. 28g 晶体硅(图乙）中含有键数目为 4NAC. 44g 干冰(图丙）中含有 0.25NA个晶胞结构单元D. 石墨烯(图丁）是碳原子单层片状新材料，12 g石墨烯中含键数目为 3 NA【答案】C【解析】【分析】A.1个水分子中含有2个OH 键；B. 硅晶体中,每个硅原子与其它4个Si形成4个Si-Si 键,根据均摊法计算出1mol硅形成的Si-Si数目；C.二氧化碳晶体是立方面心结构,1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子；D.在石墨烯中,每个碳原子周围有两个C-C单键和一个C=C双键，所以每个碳原子实际占化学键为1.5个，据此判断。【详解】A. 1个水分子中含有2个OH键，18g 冰的物质的量为1mol，含有OH 键数目为 2NA，故A错误；B. 28g 晶体硅中含有1molSi原子，晶体硅中,每个硅原子与其它4个Si形成4个Si-Si键,则每个硅原子形成的共价键为:1/24=2,则1mol单质硅含有2molSi-Si键,含有2NA 个Si-Si键,故B错误；C. 1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子，44g干冰物质的量为1mol，含有晶胞结构单元个数0.25NA个,故C正确；D. 在石墨烯中,每个碳原子周围有两个C-C单键和一个C=C双键,所以每个碳原子实际占化学键为1.5个,12 g石墨烯即1 mol 所含碳碳键数目为1.5 NA，故D错误；综上所述，本题选C。第II 卷二、填空题(6题，共60分）21.完成下列填空。（1）第三周期中，第一电离能最小的元素是_，第一电离能最大的元素是_。(填元素符号）（2）分子中键数目：C2H4_CH4 ；原子轨道能量：3d_4s(用“”或“”完成下列填空）（3）NN的键能为942kJmol-1，NN单键的键能为247kJmol-1，通过计算说明N2中的_键更稳定(填“”或“”）【答案】 (1). Na (2). Ar (3). (4). (5). 【解析】【详解】(1)元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量,原子越易失电子其第一电离能越小,第三周期中Na原子最易失去1个电子,所以Na的第一电离能最小；氩原子不易失电子，第一电离能最大的元素是Ar；综上所述，本题答案是：Na， Ar。(2）C2H4分子结构中，含有4个碳氢键（有4个键）含有1个双键（有1个键和1个键)，所以该分子共有5个键，CH4分子结构中含有4个碳氢键，有4个键，所以键数目：C2H4CH4 ；原子轨道的能量高低顺序是:ns (n-3)g(n-2)f (n-1)d np，所以2p 4s 3d CC，所以键能CCSiC，所以熔点金刚石高于碳化硅【解析】(1)水晶、金刚石都是原子晶体,水晶化学成分为二氧化硅,含有硅氧极性键，属于原子晶体的化合物,金刚石是单质,含有非极性共价键；稀有气体分子不存在化学键；属于分子晶体的单质是白磷和固态氩；正确答案：. G ；A；D ；BD。（2）离子化合物中一定含有离子键，因此上述物质中只有氯化铵为离子化合物，除了含有离子键外，氮氢之间有共价键和配位键；分子晶体受热熔化破坏分子间作用力，离子晶体破坏离子键，原子晶体受热熔化破坏共价键，金属晶体受热熔化破坏金属键；因此晶体受热熔化，需克服共价键的是水晶和金刚石；正确答案：E ；AG。 （3）金刚砂(SiC)的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，则金刚砂的晶胞中含有硅原子个数=8+6=4，金刚砂中碳原子和硅原子个数之比为1:1，所以该晶胞中碳原子个数是4，硅原子数为4；金刚石熔点高于金刚砂的原因：金刚石和金刚砂均为原子晶体，因为键长SiCCC，所以键能CCSiC，所以熔点金刚石高于碳化硅；正确答案：4；4；金刚石和金刚砂均为原子晶体，因为键长SiCCC，所以键能CCSiC，所以熔点金刚石高于碳化硅。24.A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下：元素相关信息A基态原子的价电子排布式为nSnnPnB元素原子的核外p电子数比s电子数少1个C最外层电子数是电子层数的3倍D简单离子是第三周期元素中离子半径最小的E价电子层中的未成对电子数为4请回答下列问题：（1）写出下列元素符号：A_， B_，C_，D_。（2）写出C元素在周期表的位置_，E2+价电子的轨道表示式_,B元素能量最高的电子为_轨道上的电子，其轨道呈_形。（3）按原子轨道的重叠方式，1molA与C形成的最高价化合物中键有_个，键有_个。(阿伏加德罗常数的值用NA表示)（4）B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为_(用离子符号表示)。（5）写出C的核外有18个电子的氢化物的电子式_。【答案】 (1). C (2). N (3). O (4). Al (5). )第2周期第VIA族 (6). (7). 2p (8). 纺锤形（或哑铃形） (9). 2NA (10). 2NA (11). N3-O2-Al3 (12). 【解析】【分析】A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,由A的基态原子的价电子排布式可以知道,n=2,则A为C元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可以知道p能级上只有3个电子,结合原子序数可以知道,B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe，据以上分析解答。【详解】A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素,原子序数依次增大,由A的基态原子的价电子排布式可以知道,n=2,则A为C元素;C的最外层电子数是电子层数的3倍,则C为O元素；B的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，可以知道p能级上只有3个电子,结合原子序数可以知道,B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe；(1) 由上述分析可以知道,A为C,B为N,C为O,D为Al；综上所述，本题答案是：C，N ， O ，Al。 (2）C为O，核电荷数8，在周期表的位于第2周期第VIA族；铁原子基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+价电子的轨道表示式；B为N, 基态核外电子排布为：1s22s22p3，能量最高的电子为2p轨道上的电子，其轨道呈纺锤形（或哑铃形）；综上所述，本题答案是：第2周期第VIA族 ，2p； 纺锤形（或哑铃形）。(3）按原子轨道的重叠方式，1molC与O形成的最高价化合物为CO2，结构式为O=C=O,含有键有2NA 个，键有2NA 个；综上所述，本题答案是：2NA ，2NA。(4）具有相同电子结构的离子中原子序数大的离子半径小,则B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为N3-O2-Al3；因此，本题正确答案是：N3-O2-Al3。(5）C的核外有18个电子的氢化物为过氧化氢,其电子式为,因此，本题正确答案是:。25.如图是元素周期表的一部分：(1）元素原子结构示意图为_。(2）元素的第一电离能大小关系为_(填化学用语，下同），原因是_，-中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_。(3）写出元素的最高价氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式_。(4）元素 与 元素相比，非金属性较强的是_(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是_。A气态氢化物的挥发性和稳定性 B两元素的电负性C单质分子中的键能 D含氧酸的酸性E氢化物中XH键的键长 F两单质在自然界中的存在形式(5）根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：KJmol1），回答下面各题：元素代号I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900T元素最可能是_(填“s”、“p”、“d”、“ds”等）区元素；在周期表中，最可能处于同一主族的是_。(填元素代号）；下列离子的氧化性最弱的是_。A.S2+ BR2+ CU+ DT3+【答案】 (1). (2). ON (3). N的2P轨道处于半充满较稳定 (4). HClO4 (5). Al2O32OH=2AlOH2O (6). F (7). BE (8). p (9). R 和U (10). C【解析】由元素在周期表中位置,可以知道为C、为Be、为N、为O、为F、为Na、为Al、为Cl、为Ti、为Fe；（1）元素为铁，核电荷