1、安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）一、单选题(每题3分，共48分)1.下列各组原子中彼此化学性质一定相似的是()A. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子C. 2p轨道上有一对成对电子的X原子和3p轨道上只有一对成对电子的Y原子D. 最外层都只有一个电子的X、Y原子【答案】C【解析】【详解】A.原子核外电子排布式为1s2是He，原子核外电子排布式为1s22s2是Be，二者性质不同，故A项错误；B.原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元
2、素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Fe、Zn等元素，价电子数不同，性质不相同，故B项错误；C.2p轨道上有一对成对电子的X为O元素，3p轨道上只有一对成对电子的Y为S元素，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C项正确；D.最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H与Cu原子等，性质不同，故D项错误；综上，本题选C。2.已知某原子结构示意图为，下列有关说法正确的是（ ）A. 结构示意图中x4B. 该原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4C. 该原子的电子排布图为D. 该原子结构中共有5个能级上填充有电子【答案】D【解析】【详解】A.由原子结构示意图可知，K
3、层电子排满时为2个电子，故x=2，该元素为硅，故A选项错误。B.该原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，故B选项错误。C.硅的电子排布图为，故C选项错误。D.原子结构中共有1s、2s、2p、3s、3p这5个能级上填充有电子，故D选项正确。故答案选D。【点睛】本题只要将x=2推断出来以后确定元素为硅之后进行电子排布式和电子排布图的判断，注意电子排布图中电子的分布。3.如果n为第A族中某元素的原子序数，则原子序数为(n1)的元素可能位于（ ）A. A或B族B. A族C. B族D. A族【答案】A【解析】【详解】在元素周期表中，第2、3周期中第A族与第A族元素原子序数相差1，在第4、5、
4、6、7周期中，第A族与第B族相邻，故原子序数为(n1)的元素位于第A或B族。答案选A。4.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是A. 基态原子的N层上只有一个电子的元素，一定是A族元素B. 原子的价电子排布为（n-1）d6-8ns2的元素一定是副族元素C. 最外层有三个未成对电子的原子一定属于主族元素D. 基态原子的价电子排布为（n-1）dxnsy的元素的族序数一定为x+y【答案】C【解析】A，基态原子的N层上只有一个电子的元素有K、Cr、Cu，依次处于IA族、VIB族、IB族，A项错误；B，副族元素的价电子排布（n-1）d能级上排10个或15个，价电子排布为（n-
5、1）d6-8ns2的元素位于第VIII族，B项错误；C，最外层有三个未成对电子的原子价电子排布式为ns2np3，一定属于VA族，C项正确；D，若该元素处于IIIB族VIIB族，族序数一定等于价电子排布中d、s能级电子数之和，族序数为x+y，若该元素处于IB、IIB族，族序数等于价电子排布中s能级电子数，族序数为y，第VIII族包括8、9、10三个纵行，D项错误；答案选C。点睛：本题考查原子核外电子排布与元素周期表的关系，侧重过渡元素的考查，注意把握元素周期表的结构和原子结构的特殊性、第VIII族元素。5.有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型
6、为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（ ）A. X和Q结合生成的化合物为离子化合物B. T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形C. 元素Y和Q可形成化合物Y2O3D. ZO2是极性键构成的非极性分子【答案】A【解析】【分析】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子
7、层上p轨道半充满，则T是P元素。【详解】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则T是P元素；AX是S元素、Q是O元素，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，二氧化硫、三氧化硫中只存在共价键，为共价化合物，故A错误；BT是P元素、Z是C元素，T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形，分别为白磷和金刚石，白磷分子中四个磷原子位于四个顶点上，
8、故B正确；CY是Fe元素、Q是O元素，二者形成的氧化物有氧化亚铁、氧化铁和四氧化三铁，所以元素Y和Q可形成化合物Fe2O3，故C正确；DZO2是CO2，只含极性键，且二氧化碳分子结构对称，为非极性分子，故D正确；故答案为A。6.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构，下列叙述中正确的是A. 电负性：ABCDB. 原子序数：dcbaC. 离子半径：C3-D-B+A2+D. 元素的第一电离能：ABDC【答案】C【解析】【分析】短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，所以a-2=b-1=c+3=d+1，原子序数：abdc，且A、B
9、为同周期的金属元素，C、D为同周期的非金属元素，A、B在C、D的下一周期，据此解答。【详解】A.同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，则电负性：DCAB，A错误；B.根据分析，原子序数：abdc，B错误；C.aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数abdc，则离子半径C3-D-B+A2+，C正确；D.同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA族、第VA族大于相邻元素，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，则第一电离能：DCAB，D错误；答案选C。7.氰气的分子式为(CN)2，结构式为NCCN，性质与
10、卤素相似。下列叙述正确的是A. 分子中原子的最外层均满足8电子结构B. 分子中NC键的键长大于CC键的键长C. 分子中含有2个键和4个键D. 不能和氢氧化钠溶液发生反应【答案】A【解析】【详解】A.氰气的分子式为(CN)2，结构式为NCCN，碳原子和氮原子最外层都达到8电子稳定结构，A正确；B.同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大，形成的化学键的键长就越长，由于原子半径CN，所以氰分子中CN键长小于C-C键的键长，B错误；C.该分子的结构式为NCCN，可见在该分子中含有3个键和4个键，C错误；D.卤素单质能和氢氧化钠反应，氰气和卤素单质性质相同，所以氰气能和氢氧化钠溶
11、液反应，D错误；故合理选项是A。8.科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3（如下图所示）。已知该分子中N-N-N键角都是108.1，下列有关N(NO2)3的说法正确的是A. 分子中N、O间形成的共价键是非极性键B. 分子中四个氮原子共平面C. 该物质既有氧化性又有还原性D. 15.2g该物资含有6.02个原子【答案】C【解析】【详解】A分子中N、O间形成的共价键是极性键，A错误；B该分子中N-N-N键角都是108.1，因此分子中四个氮原子不可能共平面，B错误；C氮元素的化合价是1.5价，处于中间价态，因此该物质既有氧化性又有还原性，C正确；D15.2g该物质的物质的量是15.2
12、g152g/mol0.1mol，则含有0.1106.021023个原子，D错误；答案选C。9.某物质A的实验式为CoCl34NH3，1molA中加入足量的AgNO3溶液中能生成1mol白色沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是A. Co3+只与NH3形成配位键B. 配合物配位数为3C. 该配合物可能是平面正方形结构D. 此配合物可写成Co(NH3)4 Cl2 Cl【答案】D【解析】【分析】实验式为CoCl34NH3的物质，1molA中加入足量的AgNO3溶液中能生成1mol白色沉淀，说明A中含有1个Cl-，以强碱处理并没有NH3放出，说明不存在游离的氨分子，则该物质的
13、配位化学式为Co(NH3)4Cl2Cl，据此答题。【详解】A.由分析可知，Cl-与NH3分子均与Co3+形成配位键，故A错误；B.配合物中中心原子的电荷数为3，配位数为6，故B错误；C.该配合物应是八面体结构，Co与6个配题成键，故C错误；D.由分析可知，此配合物可写成Co(NH3)4 Cl2 Cl，故D正确。故选D。10.下列说法中正确的是（ ）A. ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子B. 水很稳定是因为水中含有大量的氢键所致C. H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C分别形成2个、3个、4个键，故O、N、C原子分别采取sp、sp2、sp3 杂化
14、D. 配合物Cu(H2O)4SO4中，中心离子是Cu2+，配位体是SO42-，配位数是1【答案】A【解析】A.依据判断极性分子和非极性分子的经验规律可知，ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子，A项正确；B.水很稳定的原因是水分子中H-O键的键能大，而水分子间的氢键使得水的熔、沸点升高，B项错误；C.在NH3、H2O、CH4中N、O、C均采取sp3杂化，只不过NH3、H2O分子中孤对电子占据着杂化轨道，C项错误；D.Cu(H2O)4SO4中配位体是H2O，配位数是4，D项错误。答案选A。11.下列各项比较中前者高于（或大于或强于）后者的是A. CCl4和
15、SiCl4的熔点B. 对羟基苯甲醛（）和邻羟基苯甲醛（）的沸点C. I2在水中的溶解度和I2在CCl4溶液中的溶解度D. H2SO3和H2SO4的酸性【答案】B【解析】【详解】A分子组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，物质的熔点越高，所以SiCl4的沸点比CCl4的高，故A错误；B邻羟基苯甲醛的两个基团靠的很近，能形成分子内氢键，使熔沸点降低；而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，使熔沸点升高，所以对羟基苯甲醛比邻羟基苯甲醛的沸点高，故B正确；CI2是非极性分子，水是极性分子，CCl4是非极性分子，根据相似相溶原理，I2在水中的溶解度小于I2在CCl4溶液中的溶解度，故C错误；DH2SO3是二
16、元中强酸，H2SO4是二元强酸，亚硫酸酸性比硫酸弱，故D错误；答案选B。12.共价键、离子键、范德华力和氢键都是微观粒子之间的不同作用力。有下列物质：Na2O2 冰 金刚石 碘单质 CaCl2 白磷，只含有两种作用力是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】大多非金属元素之间形成的键是共价键，以共价键结合的物质可能为原子晶体，也可能为分子晶体，在分子晶体中还存在分子间作用力；活泼金属和活泼的非金属之间形成的键大多是离子键，离子晶体中含有离子键；金属晶体中含有金属键；电负性很大的元素（N、O、F）与氢元素形成共价键时，H原子几乎是裸露的质子，不同分子之间存在氢键，以此来解答。【详
17、解】Na2O2中钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成共价键，含有离子键和共价键两种作用力，故符合；冰属于分子晶体，分子内氧原子与氢原子之间形成共价键，分子之间存在氢键、范德华力，故不符合；金刚石是原子晶体，只存在共价键，故不符合；碘单质属于分子晶体，分子内碘原子之间形成共价键，分子之间存在范德华力，故符合；氯化钙属于离子晶体，钙离子与氯离子之间形成离子键，只存在离子键，故不符合；白磷属于分子晶体，白磷分子中磷原子之间形成共价键，分子间存在分子间作用力，故符合；答案选A。【点睛】本题考查化学键和晶体类型，难度不大，注意化学键的形成规律及分子晶体中存在分子间作用力。13.金
18、刚石熔点为a，晶体硅的熔点为b，足球烯（分子式为C）的熔点为c，a、b、c的大小关系是（ ）A. abcB. bacC. cabD. cba【答案】A【解析】【分析】原子晶体原子半径越小，键能越高，熔点越高。【详解】金刚石和晶体硅均为原子晶体，二者晶体结构相似，熔点高，由于碳原子半径小于硅原子半径，所以碳碳键的键能高于硅硅键的键能，则金刚石的熔点高于晶体硅；足球烯（分子式为C60）为分子晶体，熔化时只需要克服分子间作用力，故熔点低。综上所述，三者熔点：金刚石晶体硅足球烯，A项符合题意。故答案选：A。14.已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正
19、确的（ ）A. ZXY3B. ZX2Y6C. ZX4Y8D. ZX8Y12【答案】A【解析】【详解】本题主要考查了晶体结构的计算及其应用，较易。根据晶体结构的计算方法可知，一个晶胞中含1个Z原子，X原子数为1，Y原子数为3。所以化学式为ZXY3 ，综上所述，本题正确答案为A。15.根据量子力学计算，氮化碳结构有五种，其中一种-氮化碳硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料，已知该氮化碳的二维晶体结构如图所示。下列有关氮化碳的说法不正确的是A. 该晶体中的碳、氮原子核外都满足8电子稳定结构B. 氮化碳中碳显+4价，氮显-3价C. 每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子和三个碳原子相连D. 氮
20、化碳的分子式为C3N4【答案】D【解析】【详解】A.根据图中结构可知，每个碳原子周围有四个共价键，每个氮原子周围有三个共价键，碳原子最外层有4个电子，形成四个共价健后成8电子稳定结构，氮原子最外层有5个电子，形成三个共价键后，也是8电子稳定结构，A正确；B.由于元素的非金属性NC，所以形成共价键时，共用电子对偏向N，偏离C，所以氮化碳中碳显+4价，氮显-3价，B正确；C.根据晶体结构可知每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子和三个碳原子相连，C正确；D.由于氮化碳是原子晶体，不存在分子，因此没有分子式，D错误；故合理选项是D。16.下列说法正确的是()A. 在含4 mol SiO键的二氧化硅晶
21、体中，氧原子的数目为4NAB. 金刚石晶体中，碳原子数与CC键数之比为12C. 30 g二氧化硅晶体中含有0.5NA个二氧化硅分子D. 晶体硅、晶体氖均是由相应原子直接构成的原子晶体【答案】B【解析】【详解】A.在含4 mol Si-O键的二氧化硅晶体中，含Si原子是1mol，由于O原子与2个Si原子形成Si-O共价键，所以在含4 mol Si-O键的二氧化硅晶体中，含氧原子的数目为2NA，A错误；B.在金刚石晶体中，碳原子与相邻的4个C原子形成4个C-C键，每个C-C键为形成共价键的2个C所共有，所以C原子数与C-C键数之比为12，B正确；C.二氧化硅晶体属于原子晶体，无二氧化硅分子，C错误
22、；D.晶体硅是由相应原子直接构成的原子晶体，而晶体氖则属于分子晶体，构成微粒是分子，1个Ne原子就是1个分子，D错误；故合理选项是B。二、填空题(除特殊说明外，每空2分，共52分)17.Y、Z、W、R、M五种元素，位于元素周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增大，有如下信息：元素相关信息Y原子核外有6个不同运动状态的电子Z非金属元素，基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同W主族元素，与Z原子的价电子数相同 R价层电子排布式为3d64s2MB族，其单质常用作导线请回答下列问题(Y、Z、W、R、M用所对应的元素符号表示): (1)Z、W元素相比，第一电离能较大的是_，M2+的核外电子排布
23、式为_。(2)写出两个与YZ2互为等电子体的化学式_ 。(3)WZ2分子中W原子价层电子对数是_对，WZ2的VSEPR 模型名称为_，WZ3气态为单分子，该分子中W原子的杂化轨道类型为_；WZ3的三聚体环状结构如图所示，该结构中W原子的杂化轨道类型为_；该结构中W-Z键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约为160pm，较短的键为_(填图中字母) ，该分子中含有_个键。【答案】 (1). O (2). 1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9 (3). CS2、SCN- (4). 3 (5). 平面三角形 (6). sp2 (7). sp3 (8). a (9). 12【解析】【
24、分析】Y、Z、W、R、M五种元素，位于元素周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增大，Y原子核外有6个不同运动状态的电子，则Y为C元素；Z为非金属元素，基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同，则Z为O元素；W为主族元素，与Z原子的价电子数相同，为S元素；R价层电子排布式为3d64s2，R原子核外电子数18+6+226，为Fe元素；M为B族，其单质常用作导线，为Cu元素，以此解答该题。【详解】(1)Z为O元素，W为S元素，O、S元素位于同一主族，同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能OS；Cu为29号元素，失去2个电子生成Cu2+，该离子核外有27个电子，根据构造原
25、理书写该离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9；(2)Y为C元素，Z为O元素，YZ2为CO2，由3个原子构成，价电子总数为16，等电子体的化学式CS2、SCN-；(3)Z为O元素，W为S元素，WZ2为SO2，分子中S原子的成键电子对数为2，孤电子对数为(6-22)=1，价层电子对数=成键电子对数+孤电子对数=2+1=3对，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断SO2的VSEPR 模型名称为平面三角形，SO3气态为单分子，该分子中S原子的价层电子对数=3+=3，S原子采取sp2杂化；SO3的三聚体环状结构如图所示，该结构中S原子价层电子对个数是4，根据价层电
26、子对互斥理论判断S原子的杂化轨道类型为sp3；SO3的三聚体中每个S形成SO键和SO键，SO键长较短，所以a较短；单键都为键，SO3的三聚体环状结构如图所示，该结构的分子中含有12个键。【点睛】SO3的三聚体环状结构如图中，每个氧原子能够形成两个共价键，则三聚体环状结构中应含有SO键和SO键，双键的键能大，键长更短。18.科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。(1)CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为_。(2)下列关于CH4和CO2的说法正确的是_(填序号)。a固态CO2属于分子晶体bCH4分子中含有极性共价键，是极性分子c因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于
27、CO2d CH4和CO2分子中碳原子杂化类型分别是sp3和sp(3)一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构(如图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”分子分子直径分子与H2O 的结合能E(kJ/mol)CH4 0.43616.40CO2 0.51229.91“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是_。为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想已知图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是_。【答案】 (1). HCO (2). ad (3). 氢键、范德华力 (4). 二氧
28、化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，而且CO2与水分子之间可形成氢键，CH4与水分子之间不能形成氢键，CO2结合水分子能力大于CH4【解析】【分析】(1)元素的非金属性越强，其电负性越大；(2)依据二氧化碳和甲烷的结构以及性质回答；(3)可燃冰中存在水分子，水分子中存在分子间作用力和氢键；依据表格得出二氧化碳的分子直径小于0.586nm，且与水的结合能力为29.91大于16.40，据此解答即可。【详解】(1)元素的非金属性越强，其电负性就越大；在CH4和CO2所含的H、C、O三种元素中，元素的非金属性由强到弱的顺序是OCH，所以元素的电负性从小到大的顺序为HCO；(2) a固态CO2是由CO
29、2分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，故a正确；b.在CH4分子中含有不同种非金属元素形成的CH极性共价键，由于该分子是正四面体型的结构的分子，分子中正负电中心重合，因此该反应是非极性分子，故b错误；cCH4和CO2都是由分子构成的分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越强，物质的熔、沸点就越高，物质的熔沸点高低与分子内的化学键的强弱无关，故c错误；dCH4分子中碳原子的价层电子对数为4+(4-41)=4，碳原子的杂化类型是sp3杂化，CO2分子中C原子的价层电子对数为2+(4-22)=2，碳原子的杂化类型是sp杂化，故d正确；故答案选ad；(3)“可燃冰”中分子间存在的2种
30、作用力是范德华力和氢键；据表格数据可知，笼状空腔的直径(0.586nm)大于CO2分子的直径(0.512nm)，而且CO2与水分子之间可形成氢键，CH4与水分子之间不能形成氢键，CO2结合水分子能力大于CH4，因此可以实现用CO2置换CH4的设想。【点睛】CH4是由极性键构成的非极性分子，可根据分子中正负电中心是否重合来判断，正负电中心重合的为非极性分子，正负电中心不重合的为极性分子。19.X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。X和R属同族元素；Z和U位于第VIIA族；X和Z可形成化合物XZ4；Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等；T的一种单质在空气中能够自燃。请回答
31、下列问题：（1）R基态原子的电子排布式是_。（2）利用价层电子对互斥理论判断TU3的立体构型是_。（3）X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_(填化学式)；Z和U的氢化物中沸点较高的是_(填化学式)；Q、R、U的单质形成的晶体，熔点由高到低的排列顺序是_(填化学式)。（4）CuSO4溶液能用作T4中毒解毒剂，反应可生成T的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p2或者Ne 3s23p2 (2). 三角锥形 (3). HNO3 (4). HF (5). SiMgCl2 (6). P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3
32、PO4+10H2SO4【解析】【分析】X，Z，Q，R，T，U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；Z和U位于第A族，则Z为F元素，U为Cl；Q基态原子的s轨道和P轨道的电子总数相等，原子序数大于F，核外电子排布为1s22s22p63s2，故Q为Mg；X和Z可形成化合物XZ4，X元素表现+4价，原子序数小于F元素，故X为C元素；X和R属同族元素，则R为Si；T的一种单质在空气中能够自燃，原子序数介于Si与Cl之间，故T为P元素，据此解答。【详解】由题意可知X、Z、Q、R、T、U分别C、F、Mg、Si、P、Cl；(1)R为Si元素，Si基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p2或者Ne
33、3s23p2(2)化合物TU3为PCl3，PCl3价层电子对为4对，还有一个孤电子对，则其构型为三角锥形；(3)x为碳元素，位于第二周期，第二周期酸性最强的为HNO3；Z和U的氢化物分别为HF、HCl，HF分子之间存在氢键，HCl分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故HF的沸点高于HCl；Mg为金属晶体，Si为原子晶体，熔点高于Mg，Cl2为分子晶体，常温下为气体，则熔点由高到低的排列顺序是SiMgCl2；(4)CuSO4溶液能用作P4中毒解毒剂，反应可生成两种最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是：P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4。20.1911年
34、，科学家发现汞在4.2K以下时电阻突然趋近于零即低温超导性。1986年，科学家又发现了Nb3Ge在23K下具有超导性。1987年2月，赵忠贤及合作者独立发现了在液氮温区(沸点77 K)的高温超导体，其晶胞如图所示，元素组成为Ba-Y-Cu-O(临界温度93 K)，推动了国际高温超导研究。赵忠贤院士获得2016年度国家最高科学技术奖。回答下列问题：(1)铌Nb位于第五周期，Nb的外围电子排布式为4d45s1，Nb位于_族。(2)下列关于Ge元素叙述正确的是_(从下列选项中选择)。AGe晶体属于准金属，且为原子晶体 BGe属于p区的过渡金属 CGe的第一电离能比As、Se均要小 DGe的电负性比C
35、大(3)Ge(CH3)2Cl2分子的中心原子Ge的杂化方式是_。(4)NH3也常作致冷剂，其键角_(填“大于”或“小于”)10928，主要原因是_。(5)图示材料的理想化学式(无空位时)为_，若Y(钇)元素的化合价为+3，则Cu的平均化合价为_。【答案】 (1). B (2). AC (3). sp3 (4). 小于 (5). 氨气分子中N原子形成3个N-H键，含有1对孤电子对，中心N原子采取sp3杂化，其分子构型为三角锥形 (6). Ba2YCu3O9 (7). +【解析】【分析】(1)铌Nb位于第五周期，Nb的外围电子排布式为4d45s1，在周期表的ds区，结合外围电子排布式分析判断；(2
36、)Ge处于第四周期第IVA族，处于金属与非金属交界处，具有一定的金属性与非金属性；(3)Ge原子最外层电子全部参与成键，没有孤电子对，形成4个键；(4)氨气分子中N原子形成3个N-H键，含有1对孤电子对，根据分子构型分析判断；(5)均摊法计算结构单元中各原子数目，确定化学式，结合化合价规则确定Cu的平均化合价。【详解】(1)铌Nb位于第五周期，Nb的外围电子排布式为4d45s1，在周期表的ds区，4d上有4个电子，5s上有一个电子，在B族；(2)Ge处于第四周期第IVA族，属于p区元素，处于金属与非金属交界处，具有一定的金属性与非金属性，属于类金属、准金属；AGe处于第四周期第IVA族，处于金
37、属与非金属交界处，Ge晶体属于准金属，且为原子晶体，故A正确；BGe属于p区，但不是过渡金属，故B错误；C同周期元素从左至右第一电离能逐渐增大，As的4p能级上含有3个电子，为半充满稳定状态，第一电离能较高，则第一电离能比AsSeGe，故C正确；D同主族从上到下非金属性减弱，电负性减弱，则Ge的电负性比C小，故D错误；答案选AC；(3)Ge原子最外层电子全部参与成键，没有孤电子对，形成4个键，杂化轨道数目为4，Ge原子采取sp3杂化；(4)NH3也常作致冷剂，氨气分子中N原子形成3个N-H键，含有1对孤电子对，中心N原子采取sp3杂化，其分子构型为三角锥形，其键角小于10928；(5)Ba、Y处于结构单元内部，结构单元中Ba原子数目=2、Y原子数目=1，Cu原子处于结构单元的顶点、棱上，Cu原子数目=8+8=3，O原子处于棱上、面上，O原子数目=20+8=9，故化学式为：Ba2YCu3O9，设Cu的平均化合价为a，则3a+2(+2)+3+9(2)=0，解得a=+。【点睛】同周期元素从左至右第一电离能逐渐增大，当最外层电子排布属于半满、全满时稳定状态，第一电离能比相邻元素高。
