高考化学选修3一轮复习配套课后强化试题　全套.doc

一、选择题1(2013江苏调研)具有下列电子层结构的原子，其对应元素一定属于同一周期的是()A两种原子的电子层上全部都是s电子B3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子C最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子D原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子解析：此题考查核外电子排布与元素在周期表中位置判断的关系。A项中电子层上全部为s电子的有H(1s1)，He(1s2)，Li(1s22s1)，Be(1s22s2)，不一定在同一周期；B项中3p能级只有一个空轨道的为1s22s22p63s23p2，只有一个未成对电子的为1s22s22p63s23p1或1s22s22p63s23p5，一定在同一周期；C项中最外层为2s22p6的原子为Ne，离子为2s22p6，可能为阳离子，也可能为阴离子，若为阳离子，则不在同一周期，若为阴离子，则在同一周期；D项电子排布可能为1s22s22p63s23p6或1s22s22p63s23p64s1或1s22s22p63s23p64s2，不一定在同一周期。答案：B2(2013四川卷4)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。下列说法正确的是()AW、Y、Z的电负性大小顺序一定是ZYWBW、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是WXYZCY、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体DWY2分子中键与键的数目之比是2:1解析：根据所给信息和原子的结构推断出具体的元素，然后根据具体的元素及其化合物性质进行解答。因为原子的最外层电子数不超过8个，且W、X为主族元素，故W、X的最外层电子数分别为4和3；结合Z的电子数比X多4且W、X、Y、Z原子序数依次增大可知，W为C元素，则X为Al元素，Z为Cl元素，Y为Si、P、S三种元素中的一种。A.若Y为Si元素，则电负性ClCSi。B.因为C元素在第二周期，其余三种元素在第三周期，故原子半径XYZW。C.若Y为Si元素，SiCl4的空间构型为正四面体。D.CS2分子的结构式为S=C=S，一个分子中含有两个键和两个键。答案：C3(2013牛栏山一中高三化学模拟)元素X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X与Z2具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是()A同周期元素中X的金属性最强B原子半径：XY，离子半径：XZ2C同族元素中Z的氢化物的稳定性最高D同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强解析：依题意知X为11Na、Z为8O、Y为17Cl。同周期(第三周期中)X(Na)的金属性最强，A正确。同周期元素从左向右原子半径减小，原子半径X(Na)Y(Cl)；电子层结构相同的离子，离子半径随核电荷数的增加而减小，离子半径X(Na)NaLiBNaMg2Al3CMg2NaF DClFF解析：A项，同一主族元素，原子半径从上到下越来越大；B项，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小；C项，同理，应为Mg2 NaF，F比F多一个电子，故半径大小为FF。答案：C5下列表达方式或说法正确的是()ACO2的分子模型示意图：B某元素原子的轨道表示式：Cpp键电子云模型：D乙烯分子的球棍模型：解析：A项，CO2为直线形分子，错误。B项，不符合洪特规则，错误。D项为比例模型，错误。答案：C6(2013陕西模拟)下列说法中正确的是()A第三周期所包含的元素中钠的原子半径最小B钠的第一电离能比镁的第一电离能大C在所有元素中，氟的电负性最大D电子云示意图中的每个小黑点都表示一个电子解析：同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，第三周期所包含的元素中钠的原子半径最大，A错误；同一周期，从左到右，虽然有个别特殊的，但总体上元素第一电离能是逐渐增大的，钠的第一电离能比镁的第一电离能小，B错误；电负性就是以氟作为标准的，氟的电负性最大是正确的；电子云示意图中的小黑点的疏密代表电子在这一区域出现机会的大小，D不对。答案：C7电负性的大小也可以作为判断元素金属性和非金属性强弱的尺度。下列关于电负性的变化规律正确的是()A周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大B周期表从上到下，元素的电负性逐渐变大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：A8(2013盘锦模拟)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)。下列关于元素R的判断中一定正确的是()I1I2I3I4R7401 5007 70010 500R的最高正价为3价R元素位于元素周期表中第A族R元素第一电离能大于同周期相邻元素R元素基态原子的电子排布式为1s22s2A BC D答案：B9在下面的电子结构中，第一电离能最小的原子可能是()Ans2np3 Bns2np5Cns2np4 Dns2np6解析：从选项中可以看出：ns2np3、ns2np4、ns2np5、ns2np6属于同周期元素，且原子序数依次增大，原子半径逐渐减小，第一电离能有逐渐增大的趋势。从原子核外电子排布式来看，A、D项分别达到半充满和全充满状态，稳定性较高，第一电离能也较大，排除A、D项；C项易失去一个电子，形成1价阳离子达到半充满状态，所以选C。答案：C10(2013安徽卷7)我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHOO2CO2H2O。下列有关说法正确的是()A该反应为吸热反应BCO2分子中的化学键为非极性键CHCHO分子中既含键又含键D每生成1.8 g H2O消耗2.24 L O2解析：从题给信息入手分析，结合原子成键特点，在准确理解相关概念的前提下进行判断。A通过分析化学方程式可知，该反应等同于甲醛的燃烧，属于放热反应。B.CO2的结构式为O=C=O，可见CO2中的共价键是由不同元素的原子形成的，属于极性键。C.甲醛中碳原子采取sp2杂化，有三个等同的sp2杂化轨道伸向平面三角形的三个顶点，分别形成3个键，一个未参加杂化的p轨道与O原子的2p轨道形成键。D.根据题给化学方程式可知，每生成1.8 g水消耗0.1 mol氧气，但由于题中并没有给出温度和压强，所以不能确定氧气的体积一定为2.24 L。答案：C点拨：知识：吸热、放热反应，化学键类型，原子杂化、键和键的特点，气体摩尔体积等。能力：考查在新情境下灵活应用上述知识解决新问题的能力。试题难度：中等。11(2013银川模拟)现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4 1s22s22p63s23p31s22s22p3 1s22s22p5则下列有关比较中正确的是()A第一电离能：B原子半径：C电负性：D最高正化合价：解析：四种元素分别为S、P、N、F，第一电离能FN，PS，NP，所以A项正确。原子半径NF，故B项错误。电负性SP，即，故C项错误。F无正化合价，N、S、P最高正化合价分别为5、6、5价，故应为，D项错误。答案：A12几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价235、3、32下列叙述正确的是()AX、Y元素的金属性XAl，A项错误；N2和O2在放电的条件下生成NO，B项错误；Al的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，不能溶于稀氨水，C项错误；NH3在纯氧中燃烧，发生反应：4NH33O2=2N26H2O，O2将N2从NH3中置换出来，D项正确。答案：D13A 、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最高的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第3周期第一电离能最小的元素；D元素在第3周期中第一电离能最大。下列有关叙述错误的是()A四种元素A、B、C、D分别为O、Ca、Na、ArB元素A、B、C两两组成的化合物可为CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等C元素A、C简单离子的半径大小关系为AC解析：自然界中含量最高的元素为氧；由题意知B元素K层和L层电子数之和为10，则M层为8个，N层为2个，故B元素为钙；C元素是第3周期第一电离能最小的元素，为钠元素；第三周期中第一电离能最大的元素为氩。选项C中，A的简单离子(O2)和C的简单离子(Na)具有相同的电子层结构，根据“序大径小”的规律知r(O2)r(Na)。答案：C14下列说法错误的是()Ans电子的能量不一定高于(n1)p电子的能量B6C的电子排布式1s22s22p违反了洪特规则C电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理D电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理答案：A二、非选择题15(2013江苏模拟)有四种短周期元素它们的结构、性质等信息如下表所述：元素结构、性质等信息A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂BB与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂请根据表中信息填写：(1)A原子的核外电子排布式为_。(2)B元素在周期表中的位置是_；离子半径：B_A(填“大于”或“小于”)。(3)C原子的电子排布图是_，其原子核外有_个未成对电子，能量最高的电子为_轨道上的电子，其轨道呈_形。(4)D原子的电子排布式为_，D的结构示意图是_。(5)B的最高价氧化物对应的水化物与A的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为_；B的最高价氧化物对应的水化物与D的氢化物的水溶液反应的化学方程式为_。解析：根据题中信息可推出：A为Na，B为Al，C为N，D为Cl。(1)A为Na，其核外电子排布式为1s22s22p63s1。(2)B为Al，其在元素周期表中的位置为第3周期第A族，Na与Al3的核外电子排布相同，核电荷数：Al3大于Na，故r(Al3)_(填化学式)，原因是_。(2)X的基态原子的电子排布图是_，另一电子排布图不能作为基态原子的电子排布图是因为它不符合_(填序号)。A能量最低原理 B泡利原理C洪特规则(3)以上五种元素中，_(填元素符号)元素第一电离能最大。(4)由以上某种元素与氢元素组成的三角锥形分子E和由以上某种元素组成的直线形分子G反应，生成两种直线形分子L和M(组成E、G、L、M分子的元素原子序数均小于10)，反应如图所示，试写出该反应的化学方程式是_。答案：(1)NH3PH3氮元素的非金属性(或电负性)比磷强(或者是NH键的键长比PH的短)(2)C(3)Ne(4)2NH33F2=6HFN219(2013全国课标37)硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题：(1)基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为_，该能层具有的原子轨道数为_、电子数为_。(2)硅主要以硅酸盐、_等化合物的形式存在于地壳中。(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以_相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献_个原子。(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为_。(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：化学键CCCHCOSiSiSiHSiO键能/(kJmol1)356413336226318452 硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是_。SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是_。(6)在硅酸盐中，SiO四面体如下图(a)通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根；其中Si原子的杂化形式为_，Si与O的原子数之比为_，化学式为_。解析：(1)Si的原子序数为14，则核外电子数为14，电子排布式为1s22s22p63s23p2，依据核外电子能量排布原理，电子由离核近的区域依次由里向外排布，所以电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道为s、p、d轨道，共计9个原子轨道，电子数为4。(2)硅元素在地壳中的含量居第二位，自然界中硅元素主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，无游离态的硅。(3)结合金刚石的晶体结构，单质硅属于原子晶体，每个硅原子和四个硅原子以共价键结合成空间网状结构。晶胞结构为面心立方晶胞，在面心上有6个硅原子，每个硅原子为两个晶胞共有，所以一个晶胞中在面心位置对该晶胞贡献3个硅原子。(4)反应的化学方程式可依据原子守恒写出。Mg2Si和NH4Cl反应的产物为SiH4、MgCl2、NH3，反应的化学方程式为Mg2Si4NH4Cl=SiH44NH32MgCl2。(5)依据图表中键能数据分析，CC键、CH键键能大，难断裂；SiSi键、SiH键键能较小，易断裂，导致长链硅烷难以生成。SiH4稳定性小于CH4，更易生成氧化物，是因为CH键键能大于CO键的，CH键比CO键稳定。SiH键键能远小于SiO键的，不稳定，倾向于形成稳定性更强的SiO键。(6)依据图(a)可知，SiO的结构类似于甲烷分子的结构，为正四面体结构，Si原子的杂化形式和甲烷分子中碳原子的杂化形式相同，为sp3杂化；图(b)是一种无限长单链结构的多硅酸根，每个结构单元中两个氧原子与另外两个结构单元顶角共用，所以每个结构单元含有1个Si原子、3个氧原子，Si原子和O原子数之比为13，化学式可表示为SiO3或SiO。答案：(1)M94(2)二氧化硅(3)共价键3(4)Mg2Si4NH4Cl=SiH44NH32MgCl2(5)CC键和CH键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中SiSi键和SiH键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成CH键的键能大于CO键，CH键比CO键稳定。而SiH键的键能却远小于SiO键，所以SiH键不稳定而倾向于形成稳定性更强的SiO键(6)sp31：3SiO3(或SiO)点拨：知识：以较简单的Si原子结构为起点，考查了原子结构的基础知识，晶体结构判断，键能大小比较的应用。能力：利用已有知识类推迁移的解题能力。试题难度：中等。一、选择题1下列关于粒子结构的描述不正确的是()AH2S和NH3均是价电子总数为8的极性分子BHS和HCl均是含一个极性键的18电子粒子CCH2Cl2和CCl4均是四面体构型的非极性分子D1mol DO中含中子、质子、电子各10 NA(NA代表阿伏加德罗常数的值)解析：A项中H2S和NH3都是价电子总数为8的极性分子，A正确；B项中HS和HCl都只含一个极性键，都具有18个电子，B正确；C项中CH2Cl2是极性分子，四面体构型，CCl4是非极性分子，正四面体构型，C不正确；D项中一个氘原子D(H)中含一个质子、一个电子、一个中子，故1 mol DO中含中子、质子、电子各10NA，D正确。答案：C2下列叙述中正确的是()A卤化氢分子中，卤素的非金属性越强，共价键的极性越强，稳定性也越强B以极性键结合的分子，一定是极性分子C判断A2B或AB2型分子是否是极性分子的依据是看分子中是否具有极性键D非极性分子中，各原子间都应以非极性键结合解析：对比HF、HCl、HBr、Hl分子中HX的极性键强弱，卤素中非金属性越强，键的极性越强，是正确的。以极性键结合的双原子分子，一定是极性分子，但以极性键结合成的多原子分子，也可能是非极性分子，如CO2。A2B型如H2O、H2S等，AB2型如CO2、CS2等，判断其是否是极性分子的根据是看是否有极性键且电荷分布是否对称，如CO2、CS2的结构为直线形，键角为180，电荷分布对称，为非极性分子，如H2O，有极性键，电荷分布不对称，为极性分子。多原子分子，其电荷分布对称，这样的非极性分子中可以含有极性键。答案：A3(双选)下列描述中正确的是()ACS2为V形的极性分子BClO的空间构型为平面三角形CSF6中有6对完全相同的成键电子对DSiF4和SO的中心原子均为sp3杂化解析：CS2的结构类似于CO2的结构是直线形分子，A错误；氯原子与氧原子形成三个配位键，另得一电子形成8电子稳定结构，应该是三角锥形结构，B错误；SF6中的共价键完全相同，C正确；SiF4中心原子采取的是sp3杂化，正四面体构型，SO的中心原子也为sp3杂化，三角锥形结构。答案：CD4常温下三氯化氮( NCl3)是一种淡黄色液体，其分子结构呈三角锥形，以下关于NCl3的说法正确的是()A分子中NCl键是非极性键B分子中不存在孤电子对CNCl3分子是极性分子D因NCl键的键能大，它的沸点高解析：NCl3的电子式为，N原子上还有一对孤电子对。NCl3分子类似于NH3。N原子上还有孤电子对，不是5价，为极性分子，结构不对称，类似于NH3，为三角锥形。NCl键为极性键，键能大说明分子稳定，而物质的熔、沸点的高低应受分子间作用力影响，与共价键强弱无关。答案：C5(双选)下列分子中，属于非极性分子的是()ASO2B. BeCl2C. BBr3 DCOCl2解析：对于ABn型分子，若A原子的最外层电子均参与成键，该分子为非极性分子，否则为极性分子。BeCl2和BBr3为非极性分子，SO2为极性分子。COCl2的分子结构为，碳上连一个双键氧，然后左右各连一个氯，它们的正负电荷中心不是重合的，是极性分子。答案：BC6(2012长安一中、高新一中、交大附中、师大附中、西安中学三模)X、Y是周期表前二十号元素中的两种，已知X、Y之间原子序数相差3，X、Y能形成化合物M。下列说法正确的是()A若X、Y处于同一周期，则化合物M不可能是正四面体形分子晶体B若X的单质常温下是气体，则Y的单质常温下也是气体C若X、Y两元素的周期数差1，则属于离子化合物的M只有四种D若M属于离子晶体，则其中可能含有非极性键解析：X、Y处于同一周期，化合物M可能是CF4和SiCl4，这两种化合物均为正四面体形分子晶体，A项错；由于X、Y能形成化合物，当X的单质常温下是气体时，Y的单质常温下不可能是气体，B项错；X、Y两元素的周期数差1，属于离子化合物的M有：Na2O，Na2O2 、MgF2、K2S、CaCl2等，其中Na2O2中含有非极性键，故C错，D正确。答案：D7(2013太原模拟)下列说法正确的是()A由于水中存在氢键，所以水很稳定B能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物CNa2O2中既含有离子键，又含有非极性键D由于C=O键是极性键，所以CO2是极性分子解析：稳定性是化学性质，氢键只影响水的物理性质，不影响水的化学性质；B项注意两性氧化物与酸的反应；D项混淆了键的极性和分子的极性的关系，CO2是对称结构，所以是非极性分子。答案：C8(2013湖北模拟)下列有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关系的是()表述1表述2A在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大NaCl晶体中Cl与Na间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力B通常条件下，CH4分子比PbH4分子的稳定性高Pb的原子半径比C的 大，Pb与H之间的键能比C与H间的小C在形成化合物时，同一主族元素的化合价相同同一主族元素原子的最外层电子数相同DP4O10、C6H12O6溶于水后均不导电P4O10、C6H12O6均属于共价化合物解析：A选项中，两表述均正确，但不是因果关系。B选项中分子的稳定性与键能有关，所以正确。C项中，同一主族因价电子数相同，所以化合价大多相同，但也有例外，如F无正价，且非金属有负价，而金属没负价，所以C项错。D选项，P4O10与水反应生成H3PO4，能导电，表述1错。答案：B9下列现象与氢键有关的是()NH3的熔、沸点比同主族相邻元素氢化物的熔、沸点高小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶冰的密度比液态水的密度小邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低水分子在较高温度下也很稳定A BC D解析：氢键存在于电负性较大的N、O、F等原子与氢原子之间，而水的稳定性与分子内的氧氢共价键的强度有关。答案：C10下列说法中正确的是()A分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定B元素周期表中的IA族(除H外)和A族元素的原子间可能形成共价键C水分子可表示为HOH，分子中键角为180DHO键键能为463 kJmol1，即18 g H2O分解成H2和O2时，消耗能量为2463 kJ解析：D中HO键键能为463 kJmol1，指的是气态基态氢原子和氧原子形成1 mol HO键时释放的最低能量，则拆开1 mol HO键形成气态氢原子和氧原子所需吸收的能量也为463 kJ,18 g H2O即1 mol H2O中含2 mol HO键，断开时需吸收2463 kJ的能量形成气态氢原子和氧原子，再进一步形成H2和O2时，还需释放出一部分能量，故D错；Li的电负性为1.0，I的电负性为2.5，其差值为1.5”“”或“”)。解析：(1)由长链结构知，每个Cu原子周围有4个Cl原子，所以Cu原子的杂化方式是sp3，KCuCl3中Cu元素的化合价为2，则另一种无限长链结构中的Cu元素的化合价为1，CuCl3原子团的化合价为2，故其化学式为K2CuCl3。“金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应”，这是两种物质共同作用的结果：过氧化氢具有强氧化性，能氧化Cu，而氨水能与Cu2形成配合物。故反应的方程式为：CuH2O24NH3=Cu(NH3)422OH。(2)因为S8为环状立体结构，每个S原子有2个孤对电子，配位原子数是2，S原子的价层电子对数是4，所以轨道杂化方式是sp3。(3)原子半径越大，氢化物越容易电离出氢离子，所以H2Se的酸性比H2S强。气态SeO3分子中Se原子没有孤对电子，配位原子数是3，所以立体构型为平面三角形，SO离子中S原子的价电子对数是4，其立体构型为三角锥形。(4)SnBr2分子中，Sn原子的价层电子对数目是(42)/23，配位原子数为2，故Sn原子含有孤对电子，SnBr2空间构型为V型，键角小于120。答案：(1)sp3K2CuCl3过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2形成配离子，两者相互促进使反应进行CuH2O24NH3=Cu(NH3)422OH(2)sp3(3)强平面三角形三角锥形(4)17(1)(2012海南高考)下列有关元素锗及其化合物的叙述中是否正确：二氧化锗与二氧化碳都是非极性的气体化合物。_。(2)(2012福建高考)硅烷(SinH2n2)的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是_。(3)(2012新课标全国高考)H2SeO3的K1和K2分别为2.7103和2.5108，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2102，请根据结构与性质的关系解释：H2SeO3和H2SeO4，第一步电离程度大于第二步电离的原因：_。H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_。(4)(2011山东高考)H2O分子内的OH键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为_。高，原因是_。解析：(1)锗是金属，金属的氧化物不可能为气体化合物，故不正确；(2)硅烷形成的晶体是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高。(3)H2SeO4和H2SeO3第一步电离产生的氢离子抑制第二步电离，所以第一步电离程度大于第二步电离程度。H2SeO3中Se的化合价为4，H2SeO4中Se的化合价为6，正电性更高，导致SeOH中O的电子更向Se偏移，越易电离出氢离子。(4)OH键属于共价键，键能最大；分子间的范德华力和氢键均属于分子间作用力的范畴，但氢键要强于分子间的范德华力，所以它们从强到弱的顺序依次为OH键、氢键、范德华力；氢键不仅存在于分子之间，有时也存在于分子内。邻羟基苯甲醛易在分子内形成氢键，而在分子之间不存在氢键；对羟基苯甲醛正好相反，只能在分子间形成氢键，而在分子内不能形成氢键，分子间氢键使分子间作用力增强，所以对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高。答案：(1)不正确(2)硅烷的相对分子质量越大，分子间作用力越强沸点越高(3)H2SeO4和H2SeO3第一步电离产生的氢离子抑制第二步电离，所以第一步电离程度大于第二步电离程度对同一种元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强(4)OH键、氢键、分子间的范德华力邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，对羟基苯甲醛在分子间形成氢键，分子间氢键使分子间作用力增强18.已知A、B、C、D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、6，且都含有18个电子，B、C是由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为12，D是一种有毒的有机物。(1)组成A分子的原子的元素符号是_。(2)从B分子的立体结构判断，该分子属于_分子(填“极性”或“非极性”)。(3)C分子中包含_个键。(4)D的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是(须指明D是何物质)_。.CO的结构可表示为CO，N2的结构可表示为NN。(5)下表是两者的键能数据(单位kJ/mol)：ABA=BABCO357.7798.91071.9N2154.8418.4941.7结合数据说明CO比N2活泼的原因：_。.Fe、Co、Ni、Cu等金属能形成配合物与这些金属原子的电子层结构有关。(6)基态Ni原子的核外电子排布式为_，基态Cu原子的价电子排布式为_。(7)Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体属于_(填晶体类型)。解析：.含有18个电子的粒子有：Ar(18)、HCl(171)、H2S(162)、PH3(153)、SiH4(144)、F2(92)、H2O(92)、N2H4(92)、C2H6(92)、CH3F(99)、CH3OH(99)、CH3NH2(99)、HOF(99)、NH2F(99)等。由题述信息可推得A为Ar、B为H2S、C为N2H4、D为CH3OH。N2H4分子中含有4个NH键(4个键)和一个NN键(1个键)，共5个键。CH3OH分子之间能形成氢键，所以CH3OH的熔、沸点比CH4的熔、沸点高。.CO打开第一个键需要能量1071.9 kJmol1798.9 kJmol1273 kJmol1，而N2打开第一个键需要能量941.7 kJmol1418.4 kJmol1523.3 kJmol1。.(6)Ni为28号元素，Cu为29号元素，基态Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1。(7)Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体属于分子晶体。答案：(1)Ar(2)极性(3)5(4)D是CH3OH，分子之间能形成氢键(5)CO中第一个键的键能是273 kJmol1，N2中第一个键的键能是523.3 kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断裂(6)1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s23d104s1(7)分子晶体19(2013安徽卷25)X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3YY是地壳中含量最高的元素ZZ的基态原子最外层电子排布式为3s23p1WW的一种核素的质量数为28，中子数为14(1)W位于元素周期表第_周期第_族；W的原子半径比X的_(填“大”或“小”)。(2)Z的第一电离能比W的_(填“大”或“小”)；XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是_；氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称_。(3)振荡下，向Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量，能观察到的现象是_；W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是_。(4)在25、101 kPa下，已知13.5 g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419 kJ，该反应的热化学方程式是_。解析：先根据题给条件判断元素的种类，再结合具体元素及其化合物的性质进行分析，在解决问题时要注意相关知识的综合应用。(1)根据题给信息，可以初步判断X为第A族元素，当判断出Y为O元素时，即可确定X为C元素；Z的最外层电子数为3，共有三个电子层，所以Z为Al元素；由质子数质量数中子数，可以确定W的质子数为14，所以W为Si元素。由此可以判断W位于元素周期表第三周期第A族；W和X是同一主族元素，且W在X的下一周期，所以W的原子半径大于X的原子半径。(2)Z和W属于同周期元素，同周期元素的第一电离能从左向右呈逐渐增大趋势，所以Z的第一电离能小于W的；XY2为CO2，属于分子晶体，所以由固态变为气态时克服