四川省乐山市沫若中学高二上学期月考化学试卷（12月份）含解析

《四川省乐山市沫若中学高二上学期月考化学试卷（12月份）含解析》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在工程资料-天天文库。

四川省乐山市沫若中学高二（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（本题包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2.5分，共50分）1.下列化学式能真实表示物质分子组成的是（）A.NaOHB.SO3C.CsClD.Si022.按电子排布，可把周期表里的元素划分成5个区，以下元素属于P区的是（）A.FeB.MgC.PD.La3.元素x的阴离子与元素y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知（）A.x的原子半径大于y的原子半径B.x的电负性小于y的电负性C.x的氧化性小于y的氧化性D.x的第一电离能大于y的第一电离能4.下列热化学方程式中的Ah能表示可燃物的燃烧热的是()A.2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(1)二-Q2kJ/molB.CH4(g)+2O2(g)—CO2(g)+2H2O(g)；AH=-802.3kJ/molC.CO(g)+*02(g)—C02(g)：AH=-283kJ/molD.2H2(g)+O2(g)—2H2O(1)；AH=・571.6kJ/mol5.下列各项所述的数字不是6的是（）A.在NaCl晶体中，与一个NJ最近的II距离相等的C「的个数B.在金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数C.在二氧化硅品体中，最小的环上的原子个数D.在石墨晶体的片层结构中，最小的环上的碳原子个数6.下列物质的熔、沸点高低顺序正确的是（）A.金刚石>晶体硅〉二氧化硅〉碳化硅B.CI4>CBr4>CC14>CH4C.MgO>Na2O>N2>O2D.金刚石>生铁〉纯铁〉钠7.在以下的分子或离子中，空间结构的儿何形状不是三角锥形的是（）A.NF3B.CH3_C.BF3D.H3O+8.有关键能数据如下表所示: 化学键Si・00=0Si=Si键能kJ*111011|x498.8176则晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si（s）+O2（g）—SiO2（s）；AH=-989.2kJ*mol",则x的值为A.460B.920C.1165.2D.423.39.某物质的实验式为PtC14・2NH3,其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀,以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法屮正确的是()A.配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6B.该配合物可能是平而正方形结构C.4个C「和2个NH3分子均与Pt4+配位D.配合物中4个C「与配位，而2个NH3分子与P严不配位10.已知将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是①CH3OH(g)+H2O(g)—CO2(g)+3H2(g)AH=+49.0kJ/mol②CH3OH(g)+丄O2(g)—CO2(g)+2H2(g)192.9kJ/mol2下列说法正确的是()A.CH3OH的燃烧热为192.9kJ/molB.由上述原理可推知H2的燃烧热为241.9kJ/molC.反应②中的能量变化可用图表示：CH3OH(g)+-i-O2(V：L•CO2(g)+2H2(g)艇虽:1反应物的主威饬的0反应辻程D.CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量11.下列说法正确的是()A.已知：①2出(g)+O2(g)—2氏0(g)△H|=-akJ・mol",②2出(g)+O2(g)—2H2O(1)AH2=-bkJ^mol1,则a>b,AH|Y>ZC.YZ4分子中Y、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构D.X、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是Z12.在某晶体中，与某一个微粒x距离最近且等距离的另一个微粒y所圉成的空间构型为正八而体形（如图）•该晶体不是（）A.NaCl(x=Na+,y=Cl')B.CsCl(x=Cs+,y=Cl')C.金属针(Po)D.MgO晶体二、非选择题21.（一）五种元素的原子电子层结构如下：A.1s22sI；B.ls22s22p4；C.ls22s22p6； 图1图2（1）元素的第一电离能最大的是；（2）属于过渡元素的是；（3）元素的电负性最大的是:（4）上述元素之间能形成X?Y型化合物的化学式是和 （二）A、B、C、D、E代表5种元素.请填空：（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为;（2）D元素的正三价离子的3d能级为半充满，D的元素符号为,其基态原子的外围电子排布图为.（3）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，由E元素形成的晶体采用堆积，其晶胞空I'可利用率为.（三）如图1是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体.（1）单质a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子（相同条件下对H?的相对密度为13）中含个o键，个71键.（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X的空间构型为；将X溶于水后的溶液滴入到AgNOs溶液中至过量，得到配离子的化学式为,其屮X与Ag+之间以键结合.（3）盘键的形成对物质的性质具有一定的影响.11<><>H的沸 点・（填高或低）（4）如图2是上述六种元素中的一种元素形成的最高价含氧酸的结构：请简要说明该物质易溶于水的两个原因：.22.某学习小组的同学在实验室利用如图装置进行中和热的测定.回答下列问题：（1）该组同学共设计出以下3种测定方案，通过测定反应过程中释放的热量来计算反应热（Ah中和）A.测定0.5mol/L的HC1溶液50ml与0.55mol*L1的NaOH溶液50ml所放出的热量B.测定0.55mol/L的HC1溶液50ml与0.5mobL_1的NaOH溶液50ml所放出的热量C.测定0.5mol/L的HC1溶液50ml与0.5mol・l/】的NaOH溶液50ml所放出的热量请选出合理的方案.不合理方案的原因为.（2）该图中有两处未画出，它们是；（3）用50mL（）.5（）mol«L1盐酸和50mL0.60mol*L1NaOH溶液反应，实验中测得起始温度为22.TC,终止温度为25.4°C,反应后溶液的比热容为4.18J・g「—°C盐酸和NaOH溶液的密度都近似认为是lg*cm-3，测出AH二（4）如果用0.50hk）1・I/1的盐酸和氢氧化钠固体进行实验，贝II实验屮所测出的“屮和热〃的热值将（填“偏大〃、“偏小〃或“不变“），用相同浓度和体积的氨水（NH3*H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会（填"偏大〃、"偏小〃、"无影响〃）.23.决定物质性质的重要因素是物质结构.请冋答下列问题.（1）已知A和B为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如表所示:电离能/kJ•mol111I213I4A5781817274511578B7381451773310540A通常显价，A的电负性B的电负性（填"＞〃、"＜〃或“=〃）.（2）实验证明：KCkMgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似（如图1所示），已知3种离子晶体的晶格能数据如表：离子晶体NaClKC1taO晶格能/kJ•mol17867153401则该4种离子晶体（不包括NaCl）熔点从高到低的顺序是：.其中MgO品体 中一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的m孑+有个.（3）金属阳离子含未成対电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好.离子型氧化物V2O5和CrCh中，适合作录音带磁粉原料的是.（4）某配合物的分子结构如图2所示，其分子内不含有（填序号）.A.离子键B.极性键C.金属键A.配位键E.氢键F.非极性键.團1@224.已知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B；C、D与E分别位于同一周期.A原子L层上有2对成对电子，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X,CE、FA为电子数相同的离子晶体.（1）写出A元素的基态原子价电子排布式；F离子的结构示意图,X的化学式.（2）写出X涉及化工生产中的一个化学方程式.（3）CE、FA的晶格能分别为786KJ/molk3401KJ/mo,试分析导致两者晶格能差异的主要原因是：.（4）F与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示：F与B形成离子化合物的化学式为;若该离子化合物的摩尔质量为Mg/mol,晶体的密度为pg/cm3,阿伏伽德罗常数为Na，则晶胞中B与F的最短距离为cm.（只要求列出算式，用符号表示）. 四川省乐山市沫若中学高二（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2・5分，共50分）1.下列化学式能真实表示物质分子组成的是（）A.NaOHB.SO3C.CsClD.Si02【考点】分子晶体.【专题】化学键与晶体结构.【分析】化学式能真实表示物质分子组成的是分子晶体，常见的分子品体有：所有非金属盘化物、部分非金属单质（金刚石、晶体硅等除外）、部分非金属氧化物（二氧化硅等除外）、几乎所有的酸、绝大多数的有机物晶体、据此即可解答.【解答】解：A.NaOH为离子化合物，只有钠离子和氢氧根离子，没有分子，故A错误；B.三氧化硫为非金属氧化物，三氧化硫晶体是分子晶体，晶体中只存在分子，所以化学式S03能真实表示三氧化硫分子组成，故B正确；C.CsCl为离子化合物，只有锥离子和氯根离子，没有分子，故C错误；D.Si02为原子品体，是由硅原子和氧原子以共价键构成的空间网状结构，没有Si02分子，故D错误；故选B.【点评】本题主要考查分子品体类型的判断，掌握常见物质品体类型及常见分子品体是解答的关键，题目难度不大.2.按电子排布，可把周期表里的元素划分成5个区，以下元素属于P区的是（）A、FeB.MgC.PD.La【考点】元素周期表的结构及其应用.【专题】元素周期律与元素周期表专题.【分析】电子最后填入的能级是p能级的元素屈于P区元素，P区元素的外围电子排布为ns2np包含第IIIA〜VUA族及零族元素，电子最后填入的能级是s能级的元素属于s区元素（注意氮元素除外），包括IA、IIA族元素，电子最后填入的能级是d能级的元素属于d区元素，包括1IIB〜V1IB及VIII族，ds区包括IB族（11列）、IIB族（12列），可以理解为先填d能级后填s能级而得名，此外还有f区，包含鋼系、鋼系.【解答】解：A、Fe的外围电子排布为3d64s2,属于d区元素，故A不符合；B、Mg的外围电子排布为3s2,属于s区元素，故B不符合；C、P的外圉电子排布为3s23p4,所以p区元素，故C符合；D、La为铜元素，属于f区，故D不符合；故选C.【点评】本题考查元素周期表的结构、原子结构与位置关系等，难度不大，注意整体把握元素周期表.3.元素x的阴离子与元素y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知（）A.x的原子半径大于y的原子半径 A.x的电负性小于y的电负性B.x的氧化性小于y的氧化性C.x的第一电离能大于y的第一电离能【考点】原子结构与元素周期律的关系.【专题】元素周期律与元素周期表专题.【分析】X元素的印离子和Y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则Y元素处于X元素的下一周期，X为非金属元素，最外层电子数较多，Y为金属元素，最外层电子数相对较少.【解答】解：X元素的印离子和Y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则Y元素处于X元素的下一周期，X为非金属元素，最外层电子数较多，Y为金属元素，最外层电子数相对较少，A、Y元素处于X元素的下一周期，X为非金属元素，原子半径小于同周期与Y处于同族的元素，故原子半径Y>X,故A错误；B、X为非金屈元素，Y为金属元素，故X的电负性高于Y的电负性，故B错误；C、X为非金属元素，Y为金属元素，故X的氧化性强于Y的氧化性，故C错误；D、X为非金属元索，Y为金属元素，故X的第一电离能大于Y的第一电离能，故D正确;故选D.【点评】考查结构与位置的关系、半径与电负性、第一电离能比较等，难度不大，关键根据离子具有相同的电子层结构推断元素的相对位置.1.下列热化学方程式中的Ah能表示可燃物的燃烧热的是()A.2H2S(g)+O2(g>=2S(s)+2H2O(1)Z^H二-Q2kJ/molB.CH4(g)+202(g)—CO2(g)+2H2O(g)；AH=・802.3kJ/molC.CO(g)4-Aq2(g)—CO2(g);AH=-283kJ/molD.2H2(g)+02(g)—2H2O(1)；AH=-571.6kJ/mol【考点】燃烧热.【分析】燃烧热是指Imol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，以此解答该题.【解答】解：A.S不是氧化物，不符合燃烧热的概念要求，故A错误；A.生成稳定的氧化物，水应为液态，故B错误；B.lmolC0完全燃烧生成稳定的CO2,符合燃烧热的概念要求，放出的热量为燃烧热，故C正确；C.燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧，方程式中H?为2mol,不是燃烧热，故D错误.故选C.【点评】本题考查燃烧热的理解，题目难度不大，本题注意紧扣燃烧热的概念.2.下列各项所述的数字不是6的是()A.在NaCl晶体中，与一个N”最近的且距离相等的C「的个数B.在金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数C.在二氧化硅晶体中，最小的坏上的原子个数D.在石墨晶体的片层结构中，最小的环上的碳原子个数【考点】晶胞的计算.【专题】化学键与品体结构.【分析】A、在NaCl晶体中，一个Na*周围有6个C「，一个C「周围有6个 B、金刚石晶体中，最小的环上有6个碳原子；C、二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个0原子，因此最小环上的原子个数为12个；D、石墨晶体的片层结构中，最小环上的碳原子个数为6个.【解答】解：A、NaCl晶体属面心立方结构，与一个Na*最近且距离相等的C「的个数有6个，故A正确；B、金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数有6个，故B正确；C、二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个0原子，因此最小环上的原子个数为12个，故C错误；D、石墨晶体的片层结构中，最小坏上的碳原子个数为6个，故D正确.故选C.【点评】本题考查晶体结构，重点是对结构图彖的观察与理解，难度屮等，注意观察识记常见的晶体结构图.1.下列物质的熔、沸点高低顺序正确的是（）A.金刚石>晶体硅〉二氧化硅〉碳化硅B.Cl4>CBr4>CC14>CH4C.MgO>Na2O>N2>O2D.金刚石〉生铁〉纯铁〉钠【考点】晶体熔沸点的比较.【分析】A.原子晶体中，熔沸点与键长成反比；A.分子晶体中熔沸点与其相对分子质量成正比；B.离子品体熔沸点大于分子晶体，分子品体熔沸点与其相对分子质量成正比，离子品体熔沸点与离子半径成反比，与离子电荷成正比；C.一般來说，原子晶体熔沸点高于金屈晶体，合金熔沸点高于纯金属，金屈晶体熔沸点与金属键成正比，金属键与原子半径成反比，与电荷成正比.【解答】解：A.原子晶体中，熔沸点与键长成反比，这儿种物质都是原子晶体，键长：C-C品体硅，故A错误；A.组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为CI4>CBr4>CCl4>CF4?故B正确；B.离子晶体的熔沸点大于分子晶体，水中含有氢键，熔、沸点比氮气、氧气的大，则熔、沸点为MgO>H20>O2>N2,故C错误；C.熔、沸点：原子晶体〉金属晶体，合金的熔点比纯金属的低，则熔、沸点为金刚石>纯铁〉生铁〉钠，故D错误；故选B.【点评】木题考查晶体熔沸点高低判断，明确晶体类型及晶体熔沸点影响因素是解木题关键,注意分子晶体熔沸点与范德华力和氢键有关，易错选项是D,题目难度不大.2.在以下的分子或离子中，空间结构的几何形状不是三角锥形的是（）-+A.NF3B.CH3C.BF3D・H3O【考点】判断简单分子或离子的构型.【专题】化学键与晶体结构.【分析】由于价层电子对之I'可的相互排斥作用，它们趋向于尽可能地相互远离，于是价层电 子对的空间构型与价层电子对数目的关系如下表：价层电子对数目23456价层电子对构型百•线三角形四面止角双锥八面体【解答】解：A.NF3中N原子成3个。键，•有一对未成键的孤对电子，价层电子对数为4,采取sp?型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，NF3分子空间构型是三角锥形,有故A错误；A.CH3「中N原子成3个o键，有一对未成键的孤对电子，价层电子对数为4,采取sp'型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，CH3-分子空间构型是三角锥形，故B错误；B.BF3中B原子成3个o键，没有未成键的孤对电子，价层电子对数为3,采取sp?型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，BF3分子空间构型是平而三角形，故C正确;C.出0+中0原子成3个。键，有一对未成键的孤对电子，价层电子对数为4,釆取sp?型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，H30+分子空间构型是三角锥形，故d错误.故选C.【点评】本题考查考查了分子空间构型的判断，难度中等，注意理解价层电子对互斥理论与杂化轨道理论.8.有关键能数据如下表所示：化学键Si-00=0Si=Si键能kJ・mol1X498.8176则晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)+O2(g)—SiO2(s)；AH=-989.2kJ*mol",则x的值为()A.460B.920C.1165.2D.423.3【考点】反应热和焙变.【专题】化学反应中的能量变化.【分析】依据反应焙变AH二反应物键能总和-生成物键能总和来分析计算.【解答】解:已知晶体硅的燃烧热为989.2kJ*mor1,则Si(s)+O2(g)=SiO2(s)AH=・989.2kJ・molJlmol晶体硅中含有2molSi-Si,ImolSiO?中含有4molSi-O,lmolO?中含有1molO=O,则2x176+498.8・4x二-989.2,解得x=460,故选：A.【点评】本题考查了键能的计算，注意把握反应热与键能的关系是解决本题的关键，题目难度不大.9.某物质的实验式为PtCl4*2NH3,其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀,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.配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6B.该配合物可能是平面正方形结构C.4个C「和2个NH3分子均与Pt4+配位D.配合物中4个C1■与Pt4+配位,而2个NH3分子与Pt4*不配位【考点】配合物的成键情况.【专题】化学键与晶体结构. 【分析】实验式为PtCl4*2NH3的物质，其水溶液不导电说明它不是离子化合物，在溶液中不能电离111阴、阳离子.加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为［PlCl4(NH3)2］・【解答】解：加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为［PtCl4(NH3)2］，贝I」A.配合物中中心原子的电荷数电荷数为4,配位数为6,故A错误；B.该配合物应是8面体结构，Pl与6个配体成键，故B错误；C.由分析可知，4个C「和2个NH3分子均与Pt*配位，形成的配合物为［PtCb(NH3)2］，故C正确：D.配合物中4个C「与P严配位，用强碱处理没有NH3放出，说明2个NH3分子配位，故D错误；故选C.【点评】本题考查配合物知识，题目难度中等，解答本题的关键是能正确把握题给信息，注意配合物的形成特点.9.已知将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是①CH3OH(g)+H2O(g)—CO2(g)+3H2(g)AH=+49.0kJ/mol②CH3OH(g)+丄O2(g)—CO2(g)+2H2(g)192.9kJ/mol2下列说法正确的是()A.CH3OH的燃烧热为192.9kJ/molB.由上述原理可推知H2的燃烧热为241.9kJ/molC.反应②中的能量变化可用图表示：CH3OH(g)+-i-O2(V：L•CO2(g)+2H2(g)艇虽:1反应物的主威饬的0反应辻程D.CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量【考点】吸热反应和放热反应；燃烧热.【专题】燃烧热的计算.【分析】A、利用盖斯定律，(2)x3-®x2可得甲醇燃烧的热化学方程式，进而可知甲醇的燃烧热；B、根据根据盖斯定律来计算化学反应的焰变；C、根据已知的甲醇转化为氢气的两种反应原理来判断；D、根据物质的能量大小与物质的状态关系来判断. 【解答】解：A、根据盖斯定律将，②x3-①x2可得：CH3OH(g)+卫。2(g)=CO2(g)+2H2O(1)AH=-192.9kJ/molx3-49kJ/molx2=-676.7kJ/mol,所以甲醇的燃烧热为676.7kJ/mol,故A错误；B、根据已知两个反应:①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H=+49.0kJ/mol,②CH3OH(g)+0.502(g)=C02(g)+2H2(g)AH=-192.9kJ/mol,②x2-2x①可以得到反应2比(g)+O2(g)=2H2O(g),所以该反应的焙变AH二2x(-192.9kJ/mol)・2x49.0kJ/mol=-483.8kJ/moh即mol氢气燃烧的燃烧热为：-241.9kJ/moI,故B正确；C、由已知可知，反应①为吸热反应，而反应②为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C正确；D、CH3OH转变成出的过程按照反应①是吸热反应，按照②反应是放热反应，所以不一定要吸收能量，故D错误；故选BC.【点评】本题考查化学反应的反应热的计算.注意在比较反应热大小时要带符号比较，并注意盖斯定律的应用來解答.9.下列说法正确的是()A.已知：①2H?(g)+O2(g)—2氏0(g)△H|=-akJ・mol",②2出(g)+O2(g)—2H2O(1)AH2=-bkJ*mol1,则a>b,AH|AH2,故A错误；B、AH与反应的条件无关，所以同温同压下，SO2(g)+2CO(g)—2CO2(g)+S(1)在有无催化剂条件下的AH相同，故B错误；C、只有强酸和强碱的稀溶液中和生成lmol水时，放出的热量才相同，弱酸弱碱没有完全电离，电离时需吸收能量，放出的热量少，故C错误；D、已知NaOH(ag)+HC1(aq)=NaCl(aq)+H2O(1)AH=-57.4kJ/mol,则含20.0gNaOH物质的蚩为0.5mol的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，故D正确；故选D.【点评】本题主要考查了化学反应中能量变化，注意知识的积累，难度不大.10.近年来，科学家合成了一系列具有独特化学特性的氢铝化合物(A1H3)n.已知，最简单的氢铝化合物的分子式为A12H6,它的熔点为150°C,燃烧热极高.A12H6球棍模型如图•下列有关说法肯定错误的是() A.AbH6在固态时所形成的晶体是分子晶体B.氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料C.AI2H6中含有离子键和极性共价键D.AbH6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水【考点】镁、铝的重要化合物；不同晶体的结构微粒及微粒问作用力的区別.【分析】根据题给信息〃氢铝化合物的分子式为A12H6,它的熔点为150°C〃可说明AI2H6为分子晶体，燃烧时放出大量的热量，可作为燃料，化合物中A1和H之间为共价键，不具有离子化合物的特征.【解答】解：A.A12H6的熔点为150°C,熔点较低，在固态时所形成的晶体是分子晶体，故A正确；A.燃烧时放出大量的热量，并且能与H原子形成共价键，可成为未來的储氢材料和火箭燃料，故B正确；B.A12H6为分子晶体，化合物中A1和H之间为共价键，不具有离子化合物的特征，说明不含离子键，故C错误.C.根据元素组成可知AI2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水，故D正确；故选C.【点评】本题以信息题的形成考查晶体的类型以及化学键知识，题冃难度不大，本题注意把握题给信息，加强知识迁移能力的培养.9.用Na表示阿伏加徳罗常数的值，下列说法中不正确的是（）A.7.8gNa2O2与足量潮湿的CO2反应，转移的电子数为0」NaB.标准状况下2.24LHCHO中含0.4NA个原子C.23.4gNaCl晶体中含0」Na个如图所示结构单元D.4.0gSiC晶体屮含有的共价键数目为0.2Na【考点】阿伏加徳罗常数.【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.【分析】A、求岀过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠与二氧化碳的反应屮，过氧化钠发生的是歧化反应来分析；B、标况下HC1O是液体；C、质量换算物质的量，结合一个晶胞含4个NaCl,计算分析；D、求出SiC的物质的量，然后根据ImolSiC中含4molSi-C键來分析.【解答】解：A、质量换算物质的量，结合过氧化钠发生的是自身氧化还原反应，氧元素化合价呈・1价变化为・1价和・2价；7.8gNa2O2物质的量为0.1mol与足量潮湿的CO?反应,转移的电子数为0.INa，故A正确； B、标准状况下，甲醛是气体，依据气体摩尔体积计算物质的量计算原子数；标准状况下2.24LHCHO物质的量为0」mol,结合分子式得到，含0.4Na个原子，故B正确；C、质量换算物质的量，结合一个晶胞含4个NaCl,23.4gNaCl晶体物质的量=—逻学一=0.4mol；所以含0.1Na个如图所示结构单元，故C正确；58.5g/inolD、4gSiC的物质的量为n=——鉛一=0.1mol,而ImolSiC中含4molSi・C键，故0」mol屮40g/mol含0.4molSi・C键即0.4Na个，故D错误.故选D.【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大.9.下列叙述正确的是（）A.根据非金属原子最外层电子数的多少，可判断两种元素得电子能力的强弱B.具有相同电子层结构的微粒，其化学性质是相似的C.某变化过程中发生共价键的断裂，则该过程中一定发生化学变化D.含金属元素的离子不一定是阳离子，不含金属元素的离子可能是阳离子【考点】原子核外电子排布；化学键.【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构.【分析】A、非金属性强，得电子能力强，最外层电子多，非金屈性不一定强；B、具有相同电子层结构的微粒，核外电子数相同，该微粒可能为原子、阳离子或阴离子；C、发生共价键的断裂不一定有新物质生成；D、MnOj、AIO2-等含有金属元素，NHj、H+等不含金属元素.【解答】解：A、非金属性强，得电子能力强，最外层电子多，非金属性不一定强，如O元素与I元素，I原子的最外层电子多，但非金属性O>I,故A错误；B、如KlAr、S-具有相同电子层结构，性质不同，故B错误；C、发生共价键的断裂不一定有新物质生成，如大颗粒的原子晶体变为小颗粒，HC1溶于水等，故C错误；D、含金属元素的离子不一定是阳离子，如MnO』、A1O2'等含有金属元素，不含金属元素的离子可能是阳离子，如NH?、H+等不含金属元素，故D正确；故选D.【点评】木题考查元素性质、微粒结构与性质、化学键等，难度不大，注意利用举例法解答.10.下列说法错误的是（）A.从CH4、NH「、SO/-为正四面体结构，可推测PH「、PO?也为正四面体结构B.1mol金刚石晶体中，平均含有2molC・C键C.水的沸点比硫化氢的高，是因为H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键某气态团簇分子结构如图所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE【考点】判断简单分子或离子的构型；化学键；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响.【专题】化学键与晶体结构. 【分析】A.根据屮心原子形成的6键以及孤电子对数判断；A.利用均摊法判断；B.红键的作用力大于分子间作用力；C.团簇分子中含有4个E、4个F原子.【解答】解：A.PH4PO43_'P都形成4个6键，且孤电子对数分别为0,则应为正四而体结构，故A正确；A.金刚石品体中，每个C原子与其它4个C原子形成共价键，且每2个C原子形成1个共价键，则1mol金刚石晶体中，平均含有4molxA=2molC-C键，故B正确；2B.氢键的作用力大于分子间作用力，H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键，导致水的沸点比硫化氢的高，故C正确；C.团簇分子中含有4个E、4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4,故D错误.故选D.【点评】本题考查较为综合，题目难度中等，易错点为D,注意团簇分子与晶胞的区别.9.下列关于物质结构与性质的叙述中，正确的是()A.蛍键的存在一定会使物质的熔点升高B.因为蛋白质分子与胶体粒子大小相近，故蛋白质溶液具有胶体的某些性质C.丁达尔现象是胶体粒子对光线反射形成的，可以用于区分胶体和悬浊液D.可以用电子气理论解释大多数金属容易发生锈蚀的性质【考点】胶体的重要性质；金属键的涵义；氢键的存在对物质性质的影响.【专题】溶液和胶体专题；化学键与品体结构.【分析】A、根据氢键分为两种，分子间氢键的存在会使物质的熔点升高，分子内氢键的存在会使物质的熔点降低；B、根据直径大小在lnm〜lOOnmZ间的分散系属于胶体；C、根据丁达尔现象的原理以及应用；D、金属的锈蚀发生化学变化，而电子气理论主要解释金属的物理性质；【解答】解：A、分子间氢键的存在会使物质的熔点升高，分子内氢键的存在会使物质的熔点降低，故A错误；直径大小在lnm~l()0nmZ间的分散系属于胶体，蛋白质分子与胶体粒子大小相近，故蛋白质溶液属于胶体，具有胶体的性质，故B正确；C、丁达尔现象是胶体粒子对光线散射形成的，可以用于区分胶体和溶液，故C错误；D、金属的锈蚀发生化学变化，而电子气理论主要解释金属的物理性质，故D错误；故选：B.【点评】本题主要考查了胶体、氢键等概念，难度不大，注意相关知识的掌握.10.下列说法中错误的是()A.CS2、SO3、P4和C6H6都是非极性分子B.在比0+和［Cu(H2O)4卢屮都存在配位键C.元素电负性越大的原子，该元素的原子吸引键合电子的能力越强D.在电中性晶体中只要含有阳离子，则一定含有阴离子【考点】配合物的成键情况；元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子.【专题】结构决定性质思想；演绎推理法：化学键与品体结构.【分析】A、对于ABn型共价分子，若中心原子A达到了最高正价，没有孤对电子时，为非极性分子，若屮心原子未达到最髙正价，有孤对电子对，为极性分子； B、配位键形成条件：一是屮心原子或离子，它必须有能接受电子对的空轨道；二是配位体,组成配位体的原子必须能提供配对的孤对电子；C、电负性是元素的原子在化合物中吸引电子能力的标度，电负性越大，表示该元素的非金属性越强；D、在电中性品体中只要含有阳离子，不一定含有阴离子，例如金属晶体只有阳离子和自由电子.【解答】解：A、CS2屮心原子C的化合价为+4价，最外层电子全部参与成键，不含有孤对电子对，为非极性分子；SO3中心原子S的化合价为+6价，最外层电子全部参与成键，没有孤对电子对，SO3是平面三角形的分子，是非极性分子，P4中都是非极性键，所以是非极性分子，C6H6分子是中心对称结构，是非极性分子，故A正确；B、水分子与氢离子通过配位键形成H30+,铜离子提供空轨道，氨气分子提供孤对电子对,Cu"与NH3通过配位键形成[Cu(NH3)4]*，故B正确；C、电负性是元素的原子在化合物中吸引电子能力的标度，元素电负性数值越大，表示其原子在化合物中吸引电子的能力越强；反Z,电负性数值越小，相应原子在化合物小吸引电子的能力越弱，故C正确；D、在电中性晶体中只要含有阳离子，不一定含有阴离子，例如金属晶体只有阳离子和自由电子，故D错误；故选：D.【点评】综合性较大，涉及分子极性、配位键、电负性、晶体结构与性质，难度不大，注意基础知识的掌握.9.下列说法中正确的是()A.HF、HC1、HBr.HI的热稳定性和还原性从左到右依次减弱B.同主族元素形成的氧化物的晶体类型均相同C.全部由极性键构成的分子一定是极性分子D.分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；极性分子和非极性分子；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别.【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构.【分析】A.元素的非金属性越强，对应的盘化物越稳定，盘化物的还原性越强；B.二氧化碳为分子晶体，二氧化硅为原子晶体；C.全部由极性键构成的分子不一定为极性分子；D.分子晶体中分子Z间的作用力为分子间作用力，单原子分子不存在共价键.【解答】解：A.非金属性：F>Cl>Br>I,元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，氢化物的还原性越强，故A错误；B.同主族元素形成的氧化物的晶体类型不一定相同，如二氧化碳为分子晶体，二氧化硅为原子晶体，故B错误；C.全部由极性键构成的分子不一定为极性分子，当结构对称时可形成非极性分子，如CFU等，故C错误；D.分子品体中分子之间的作用力为分子间作用力，稀有气体分子不存在共价键，故D正确.故选D.【点评】本题考查较为综合，题目难度中等，注意把握元素周期律的递变规律，答题时注意能举出反例. 9.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数Z和为19,W和X元素原子内质子数Z比为1：2,X?+和Z「的电子数之差为8.下列说法不正确的是（）A.W与Y通过离子键形成离子化合物B.元素原子半径从大到小的顺序是X>Y>ZC.YZ4分子中Y、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构D.X、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是Z【考点】原子结构与元素周期律的关系.【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，和Z「的电子数之差为8,二者相差1个电子层，由离子所带电荷可知，X处于IIA族、Z处于VIIA族，四原子的最外层电子数Z和为19,故W、Y原子的最外层电子数Z和为19・2・7=10,只能为IIIA、V1IA族或IVA.VIA族，而X原子序数大于W,则X只能为第三周期元素，故X为Mg,Z为Cl,W和X元素原子内质子数之比为1：2,故W质子数为6,故W为O元素，Y处于IVA族，原子序数大于Mg,故Y为Si,据此解答.【解答】解:四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X?+和Z•的电子数Z差为8,二者相差1个电子层，由离子所带电荷可知，X处于IIA族、Z处于V0A族，四原子的最外层电子数之和为19,故W、Y原子的最外层电子数之和为19・2・7=10,只能为IIIA、V11A族或IVA、VIA族，而X原子序数大于W,则X只能为第三周期元素，故X为Mg,Z为Cl,W和X元素原子内质子数之比为1：2,故W质子数为6,故W为O元素，Y处于IVA族，原子序数大于Mg,故Y为Si.A.W与Y形成的化合物为二氧化硅，是通过共价键形成共价化合物，故A错误；B.同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Mg>Si>Cl,故B正确；C.SiCl4分子中Si、Cl原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，故C正确；D.C1元素非金属性最强，故高氯酸的酸性最强，故D正确，故选：A.【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移应用，可以根据离子电荷与电子数之差利用验证法进行推断.10.在某晶体中，与某一个微粒x距离最近且等距离的另一个微粒y所围成的空间构型为正八面体形（如图）.该晶体不是（）A.NaCl（x=Na+,y=Cl）B.CsCl（x=Cs+,y=Cl）C.金屈针（Po）D.MgO晶体【考点】晶胞的计算.【专题】化学键与晶体结构. 【分析】根据图片知，与某一个微粒X距离最近且等距离的另一个微粒y所围成的空间构型为正八血体形，所以x的配位数是6,只要晶体中配位数是8的就符合该图，如果配位数不是8的就不符合该图，据此分析解答.【解答】解：A.氯化钠晶体中的离子配位数是6,所以符合该图，故A错误；A.氯化链晶体中的离子配位数是8,所以不符合该图，故B正确；B.金属晶体针属于简单立方堆积，针原子的配位数是6,所以符合该图，故C错误；C.氧化镁品体属于氯化钠型，离子的配位数是6,符合该图，故D错误；故选B.【点评】本题考查了晶胞中原子或离子的配位数，难度较大，要有丰富的空间想象能力方可分析解答本题.ls22s22p4；C.ls22s22p6；二、非选择题21・（一）五种元素的原子电子层结构如下：A.1s22sB.图1图2（1）元素的第一电离能最大的是_Ne；（2）属于过渡元素的是Cu；（3）元素的电负性最大的是O；（4）上述元素之间能形成X2Y型化合物的化学式是Li?。和Cu?。（二）A、B、C、D、E代表5种元素.请填空：（DA元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为N；（2）D元素的正三价离子的3d能级为半充满，D的元素符号为Fe,其基态原子的外围3d4s电子排布图为付|t|f|匸|7|Qt]（3）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，由E元素形成的晶体采用面心立方最密堆积,其晶胞空间利用率为74%.（三）如图1是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体.（1）单质a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子（相同条件下对氏的相对密度为13）中含3个o键,2个Ti键.（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X的空间构型为三角锥形；将X溶于水后的溶液滴入到AgNO3溶液中至过量，得到配离子的化学式为IA2（NH3）2广，其中X与A/之间以配位键键结合. （3）氢键的形成对物质的性质具有一定的影响.C*UC)的沸点高・（填高或低）（4）如图2是上述六种元素屮的一种元素形成的最高价含氧酸的结构：请简要说明该物质易溶于水的两个原因：HNO工是极性分子，易溶于极性溶剂水中，HN03分子中的-0H易与水分子Z间形成氮键.【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用.【专题】元素周期律与元素周期表专题.【分析】（一）由核外电子排布式可知，A为Li、B为O、C为Ne、D为Si、E为Cu；（1）稀有气体的第一电离能最大；（2）Cu属于过渡元素；（3）非金属性越强，电负性越大；（4）元素之间能形成X2Y型化合物为Li2O>Cu2O；（二）（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，该元素为N元素；（2）D元素的正三价离子的3d能级为半充满，基态原子外圉电子排布为3d64s2；（3）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，基态原子外围电子排布为3d604s',则E为Cu,为面心立方密堆积；（三）在给出的元素中，c、d均是热和电的良导体，二者为金属，再结合图一，d的熔点比c的高，可知d为Cu,c为Na,由单质的熔点高低的顺序可知3为氢气，b为氮气，e为Si,f为碳单质.（1）a>f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子为乙烘；（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X为NH3,将NH3溶于水后的溶液滴入到AgNO3溶液中至过量，得到配离子［Ag（NH3）2门（3）分子间氢键增大物质熔沸点，而分子内氢键降低物质熔沸点；（4）根据图二可知该酸为HNO3,与水分子之间形成氢键，结合相似相溶分析解答.【解答】解：（一）由核外电子排布式可知，A为Li、B为0、C为Ne、D为Si、E为Cu；（1）稀有气体Ne的第一电离能最大，故答案为：Ne；（2）Cu属于过渡元素，故答案为：Cu：（3）上述元素屮O元素非金属性最强，故O元素电负性最大，故答案为：O；（4）元素之间能形成X2Y型化合物为Li2O.Cu2O,故答案为：50、Cu2O；（二）（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，该元素为N兀素，故答案为：N；（2）D元素的正三价离子的3d能级为半充满，基态原子外围电子排布为3d64s2,D为Fe,价电子排布图为，3d4s故答案为:Fe；--IfIfIU（3）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，基态原子外围电子排布为3d6°4sJ则E为Cu,为面心立方最密堆积，空间利用率为74%,故答案为：而心立方最密；74%； （三）在给出的元素屮，c、d均是热和电的良导体，二者为金属，再结合图一，d的熔点比c的高，可知d为Cu,c为Na,由单质的熔点高低的顺序可知a为氢气，b为氮气，e为Si,f为碳单质.（1）a、f对应的元素以原子个数比1：1形成的分子为乙烘，乙烘分子中含有2个C-H键和1个・C三C・，C・H键为6键，・CwC・中有1个6键，2个兀键，所以乙烘分子含有3个6键，2个兀键，故答案为：3；厶（2）a与b的元素形成的10电子中性分子X为NH3,空间构型为三角锥型.氨气与AgNO3溶液生成［Ag（NH3）2「Af提供空轨道，氨气分子提供孤对对子，通过配位键形成［Ag（NH3）故答案为：三角锥形；［Ag（NH3）2］+，配位；（3）前者形成分子间氢键，增大物质熔沸点，而后者分子内氢键，降低物质熔沸点，故前者熔沸点更高，故答案为：高；（4）根据图二可知该酸为HNO3,HNO3是极性分子，易溶于极性溶剂水中，HNO3分子中的一OH易与水分子之间形成氢键，故答案为：HNO3是极性分子，易溶于极性溶剂水中，HNO3分子中的-OH易与水分子之间形成氢键.【点评】本题是对物质结构与性质的考查，需要学生熟练掌握基础知识并灵活应用，难度中等.22.某学习小组的同学在实验室利用如图装置进行屮和热的测定.回答下列问题：（1）该组同学共设计出以下3种测定方案，通过测定反应过程中释放的热量来计算反应热（Ah中和）A.测定0.5mol/L的HC1溶液50ml与0.55mol*L'1的NaOH溶液50ml所放出的热量B.测定0.55mol/L的HC1溶液50ml与（）.5mol*L1的NaOH溶液50ml所放出的热量C.测定0.5mol/L的HC1溶液50ml与0.5mohL_1的NaOH溶液50ml所放出的热量请选出合理的方案AB.不合理方案的原因为若碱（或酸）不过量，则难以保证H*（或ohj充分反应生成水•（2）该图中有两处未画出，它们是环形玻璃搅拌棒；烧杯上方盖硬纸板（3）用50mL0.50mol*L1盐酸和50mL0.60mol*L1NaOH溶液反应,实验中测得起始温度为22.TC,终止温度为25.4°C,反应后溶液的比热容为4.18J・g「—°C盐酸和NaOH溶液的密度都近似认为是lg*cm-3,测出AH二・55.2kJ/mol（4）如果用0.50hk）1・I/1的盐酸和氢氧化钠固体进行实验，贝II实验屮所测出的“屮和热〃的热值将偏大（填"偏大〃、"偏小〃或"不变“），用相同浓度和体积的氨水（NH3*H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小（填"偏大〃、“偏小〃、“无影响〃）. 【考点】中和热的测定.【专题】化学实验基本操作.【分析】（1）为了保证H*（或OHJ充分反应生成水，酸或碱溶液需要过量，据此进行判断；（2）根据量热计的构造來判断该装置的缺少仪器；根据中和热测定实验成败的关键是保温工作；（3）根据Q=m>cB的电负性（填"V"或"二〃）.（2）实验证明：KCkMgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似（如图1所示），已知3种离子晶体的晶格能数据如表：离子品体NaClKC1CaO晶格能/kJ•mol17867153401则该4种离子晶体（不包括NaCl）熔点从高到低的顺序是：TiN>MgO>CaO>KCl.其中MgO晶体屮一个Mg?4■周围和它最邻近且等距离的M芒有12个.（3）金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好.离子型氧化物V2O5和CrO2中，适合作录音带磁粉原料的是C「02・（4）某配合物的分子结构如图2所示，其分子内不含有AC（填序号）.A.离子键B.极性键C.金属键B.配位键E.氢键F.非极性键.图1@2【考点】配合物的成键情况；元素电离能、电负性的含义及应用；用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱.【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构.【分析】（1）由电离能可知，A可失去3个电子，B可失去2个电子，则A为Al,B为Mg；（2）离子晶体的晶格能越大，熔点越高；根据MgO品胞的结构，可以确定一个M『+周围和它最邻近且等距离的Mg?+有数目:（3）根据离子的最外层电子数判断；（4）根据图片分析微粒间的作用力，然后判断含有的化学键类型.【解答】解：（1）由电离能可知，A可失去3个电子，最高化合价为+3价，B可失去2个电子，最高化合价为+2价，则A为Al,B为Mg,同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则电负性A>B,故答案为：+3；>；（2）KCkMgO、CaO、TiN这4种品体的结构与NaCl晶体结构相似，TiN中离子都带3个单位电荷，MgO、CaO屮离子都带2个单位电荷，KC1屮离子都带1个单位电荷，离子半径CrMgO>CaO>KCl,故熔点TiN>MgO>CaO>KCl；在MgO晶胞中Mg"周围有六个O「，O?「周围有六个Mg2+,根据晶胞的结构可以看出，如果以体心上一个Mg?*为究对象，和它最邻近且等距离的Mg'*分布在晶胞每个棱边小点上，共有12个，故答案为：TiN>MgO>CaO>KCl；12；（3）V2O5中V的最外层电子全部失去或成键，CrO2屮Cr失去4个电子，离子的最外层电 子为2,未成对，离子含未成对电子越多，则磁性越大，则适合作录音带磁粉原料的是CrO2,故答案为：CrO2；（4）该配合物中存在的化学键有：非金属元素之间的共价键，篠元素与氮元素之间的配位键，氧原子和氢原子之间的氢键，不存在金属键和离子键，故选A、C,故答案为：AC.【点评】本题考查了配合物的成键情况、元素电离能、电负性的应用等知识，题目难度中等,明确配合物的成键情况为解答关键，注意掌握电负性、电离能的概念及影响因素，试题培养了学生的灵活应用能力. 24.已知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B；C、D与E分别位于同一周期.A原子L层上有2对成对电子，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X,CE、FA为电子数相同的离子晶体.（1）写出A元素的基态原子价电子排布式2s，2r）4；F离子的结构示意图_，X的化学式NasAlFh（2）写!1IX涉及化工生产中的一个化学方程式2A12（）3（熔融）电解冰晶石4A1+3O?个（3）CE、FA的晶格能分别为786KJ/molk3401KJ/mo,试分析导致两者晶格能差异的主要原因是：CaO品体中阴阳离子所带电荷大于NaCl.（4）F与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示：F与B形成离子化合物的化学式为_CaF2_：若该离子化合物的摩尔质量为Mg/mol,晶体的密度为pg/cm3,阿伏伽德罗常数为Na，则晶胞中B与F的最短距离为湮3pL_cm.（只要求列出算式，用符号表示）._4YQ忙【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱.【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构.【分析】A原子L层上有2对成对电子，则A是O元素，A和B同周期，且B的原子序数大于A,B能形成离子，所以B是F元素；FA是离子化合物，F应该是+2价，屈于第二主族，且F原子序数增大，但屈于前20号元素，所以F是Ca元素；C、D与E分别位于同一周期，且原子序数依次增大，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体，B显・2价，C和D的化合价都为正整数，根据原子个数知，C是+1价，D是+3价，且原子序数大于10,所以C是Na元素，D是A1元素,E是C1元素.【解答】解：A原子L层上有2对成对电子，则A是O元素，A和B同周期，且B的原子序数大于A,B能形成离子，所以B是F元素；FA是离子化合物，F应该是+2价，属于第二主族，且F原子序数增大，但属于前20号元素，所以F是Ca元素；C、D与E分别位于同一周期，且原子序数依次增大，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体，B显-2价，C和D的化合价都为正整数，根据原子个数知，C是+1价，D是+3价，且原子序数大于10,所以C是Na元素，D是A1元素,E是C1元素. （1）A是O元素，其最外层电子为其价电子，其价电子排布式为：2s22p4,F是Ca元素,钙原子失去最外层一个电子变成钙离子，钙离子的结构示意图为，通过以上分析知，C是Na元素，D是A1元素，B是F元素，所以其化学式为Na3AlF6,故（420）288答案为：2s22p4；•；Na3AlF6；（2）铝的冶炼工业中用冰晶石来降低熔点，化学方程式为：2A12O3（熔融）电解冰晶石4A1+3O2个，故答案为：2A12O3（熔融）电解冰晶石4A1+3O2T；（3）晶格能与离子的电荷呈正比，电荷越多，晶格能越大，钙离子、氧离子电荷大于钠离子、氯离子电荷，所以氧化钙品格能大于氯化钠，故答案为：CaO品体中阴阳离子所带电荷大于NaCl；（4）该分别中氟离子个数=8,钙离子个数牛碍寺4,钙离子和氟离子个数比=4：8=1：2,所以其化学式为CaF?,该离子化合物的摩尔质量为Mg/mol,晶体的密度为pg/cm3,阿伏伽徳罗常数为Na，则晶胞边长晶胞中Ca与F的最短距离为故答案为：迥爭低.【点评】本题以元素的推断为载体考查了核外电子排布式的书写、影响晶格能大小的因素、晶胞的有关计算等知识点，难点是晶胞的计算，先确定晶胞的质量，再根据质量、体积和密度的关系来计算即可，难度较大.