性键，每个O原子形成一条O—H极性价键，共6条极性键。
(3)金属键理论把金属键描述为金属原子脱落下来的价电子形成整块晶体的电子气，被所有原子所共用，从而把所有的原子联系在一起，可以用来解释金属键的本质，金属的延展性、导电性、传热性。
(4)H3BO3晶体是分子晶体，熔点最低，熔化时克服了分子间作用力。
(5)一个晶胞中实际拥有的离子数：较小的离子数为8×1/8＋6×1/2＝4，而较大的离子为8个，从而确定晶胞顶点及六个面上的离子为Ca2＋，晶胞内部的离子为F－，1个晶胞实际拥有4个“CaF2”，则CaF2晶体的密度为4×78 g·mol－1÷[(a×10－8cm)3×6.02×1023mol－1+≈g·cm－3。 [化学——选修3：物质结构与性质](100分)
氮化硼（）是一种重要的功能陶瓷材料以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到和，如下图所示：
请回答下列问题：
（1）由制备、的化学方程式依次是_____、_____； （2）基态B原子的电子排布式为_____；B和N相比，电负性较大的是_____，中B元素的化合价为_____； （3）在分子中，的键角是_____，B原子的杂化轨道类型为_____，和过量作用可生成，的立体结构为_____； （4）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为_____，层间作用力为_____；
（5）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有_____个氮原子、_____个硼原子，立方氮化硼的密度是_____（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为）。 答案 （1）、
（2） +3 （3）120° 正四面体 （4）共价键（或极性共价键） 分子间力 （5）4 4
解析
（1）反应为非氧化还原反应，反应的方程式为：、。 （2）B的原子序数为5，其电子排布式为；B与N均为同周期非金属元素，且 N非金属性强于B，因此N电负性较大，则N应显-3价，B显+3价。
（3）分子中B为杂化，的键角是120°；中B采用杂化，其空间构型为正四面体。
（4）石墨同层C原子间以共价键连接，各层间以分子间作用力（范德华力）结合。氮化硼晶体与石墨的结构结构类似，因此，层内B原子与N原子之间的化学键为（非极性）共价键，层间作用力为分子间作用力。 （5）金刚石立方晶胞中有8个C原子，又立方氮化硼
结构与金刚石相似，所以立方氮化硼中总原子数为8，另原子数之比为1:1，则原子各为4个。；立方氮化硼晶胞边长为361.5pm，N原子质量为14g/mol，B原子质量为11g/mol，则所求密度=。
题目来源：2011年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）理综：化学
不能确定为磷元素的化学用语是( ) A. 3s23p3
B. （n+1）sn（n+1）pn+1 C. D. 答案 D
解：A、该微粒的核外电子排布式为[Ne]3s23p3，核外电子数为15，质子数为15，是磷元素，故A不选；
B、s能级只有1个原子轨道，最多容纳2个电子，因此n=2，（n+1）sn（n+1）pn+1为3s23p3，与A选项相同，故B不选；
C、该微粒质子数为15，为磷元素，故C不选； D、不能确定粒子所处的能层n，因此无法判断是否为磷元素，故D选；
所以D选项是正确的． 解析
A、该微粒的核外电子排布式为[Ne]3s23p3，核外电子数为15，质子数为15；
B、s能级只有1个原子轨道，最多容纳2个电子，因此n=2，（n+1）sn（n+1）pn+1为3s23p3，与A选项相同；C、该微粒质子数为15，为磷元素；
D、不能确定粒子所处的能层，因此无法判断是否为磷元素．
下列表达式错误的是( )
A、甲烷的电子式
B、氮原子的L层电子的电子排布图
C、硫离子的核外电子排布式 ：1s22s22p63s23p4 D、碳-12原子 答案 （C） 解析
下列元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是( )
A. 原子的L电子层p轨道只填了两个电子的元素 B. 外围电子排布式为的元素
C. 第三周期、有7个价电子的元素 D. 3p轨道电子半充满的元素 答案
C
解:A.原子的L电子层p轨道只填了两个电子的元素,则该元素原子外围电子排布为,为C元素, B.外围电子排布式为的元素为Si元素,
C.第三周期、有7个价电子的元素为Cl元素,
轨道电子半充满的元素,该元素原子外围电子排布式为,该元素为P元素,
上述四种元素中Cl的非金属性最强,是最强的无机含氧酸,
所以C选项是正确的. 解析
元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物对应的水化合物酸性越强,本题要首先判断元素的非金属性强弱. 下列说法正确的是（ ）。
A: 原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表ⅡA族 B: 主族元素、能形成型化合物，则与的原子序数之差可能为2或5
C: 氯化氢的沸点比氟化氢的沸点高
D: 同主族元素形成的氧化物的晶体类型均相同 答案 B 解析
B项，当、分别是、时，与的原子序数之差为2；当、分别是、时，与的原子序数之差为5，故B项正确； A项，原子最外层电子数为2的元素可能是，属于稀有气体元素，故A项错误；
C项，分子间存在氢键，使得的沸点升高，所以的沸点高于，故C项错误； D项，同主族元素形成的氧化物的晶体类型不一定相同，比如与形成的氧化物分别是和，前者属于分子晶体，后者属于原子晶体，故D项错误。 综上所述，本题正确答案为B。
设阿伏伽德罗常数的值为,下列结论错误的是( ) A. 完全电解断裂的键键数为
B. 标准状况下,中含有的键键数为2 C. 晶体中含有的键键数为 D. 金刚石中含有键键数为 答案 B
解:A、水中含键,故电解水破坏键,所以A选项是正确的; B、标准状况下,的物质的量为,而中含键,故含有键键数为,故B错误;
C、二氧化硅的物质的量为,二氧化硅晶体中每个硅原子含有4个硅氧键,所以晶体中含有键的数目为,所以C选项是正确的;
D、每个C原子可形成的键数目为4个;每条键被两个C原子共有,每个碳原子可形成:个键,则金刚石即,含键,即个数为,所以D选项是正确的; 所以B选项是正确的.
解析
A、水中含键; B、中含键;
C、二氧化硅晶体中每个硅原子含有4个硅氧键,根据二氧化硅的物质的量结合硅原子含有的硅氧键数目计算; D、根据在金刚石中每个C原子可形成的键数目为4个;每条键被两个C原子共用来判断;
下列物质性质变化规律不正确的是（） A．金属Na、Mg、Al的硬度依次升高 B．HI、HBr、HCl、HF的沸点依次降低 C．干冰、冰、钠的熔点依次升高 D．O、F、H的原子半径依次减小 答案 B
解析
A中Na、Mg、Al均为金属晶体，其硬度由金属键决定，金属键越强，硬度越大，而金属键又与离子所带电荷和粒子半径有关，所带电荷越多，半径越小，金属键越强，故A对；B中因HF存在氢键，沸点大于HCl，故B错；C中干冰和冰为分子晶体，常温时分别为气态和液态，而钠为金属晶体，常温下是固态，故Na的熔点大于干冰和冰，而冰又大于干冰，C对；D由原子半径比较知是正确的。
答案 C 解析
下列分子中含有两个π键的是（）
A．O2 B．N2 C．H2O D．C2H4 答案 B
解析
分子中含有两个π键的是N2，因此选项Ｂ答案是正确的。
X、Y、Z是3种短周期元素，X原子最外层电子排布为3s1；Y原子的M层中有两个未成对电子；Z原子的L层的p轨道中有4个电子．则下列比较中正确的是（ ）A. 电负性：Y＞Z＞X B. 原子半径：X＞Z＞Y C. 最高化合价：Z＞X＞Y D. 第一电离能：Z＞Y＞X 答案
D
解：X、Y、Z是3种短周期元素，X原子最外层电子排布为3s1，则X为Na；Y原子的M层中有两个未成对电子，其电子排布式为1S22S22P63S23P2或1S22S22P63S23P4，为Si元素或S元素；Z原子的L层的p轨道中有4个电子，其电子排布式为1S22S22P4，Z为O元素．
A．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性Z＞Y＞X，故A错误；
B．同周期自左而右原子半径增大，同主族自上而下原子半径减小，故原子半径X＞Y＞Z，故B错误； C．Z为氧元素，没有最高正化合价，故C错误；
D．同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能Z＞Y＞X，所以D选项是正确的， 所以D选项是正确的． 解析
X、Y、Z是3种短周期元素，X原子最外层电子排布为3s1，则X为Na；Y原子的M层中有两个未成对电子，其电子排布式为1S22S22P63S23P2或1S22S22P63S23P4，为Si元素或S元素；Z原子的L层的p轨道中有4个电子，其电子排布式为1S22S22P4，Z为O元素．
A．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；
B．同周期自左而右原子半径增大，同主族自上而下原子半径减小；
C．氧元素没有最高正化合价；
D．同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小
．下列对一些实验事实的理论解释正确的是( ) 选项 实验事实 理论解释
A 氮原子的第一电离能大于氧原子 氮原子2p能级半充满
B 为直线形分子 分子中是极性键 C 金刚石的熔点低于石墨 金刚石是分子晶体,石墨是原子晶体
D HF的沸点高于HCl HF的相对分子质量小于HCl A. A B. B C. C D. D 答案 A
解:A.氮原子2p能级半充满,所以比较稳定,氮原子的第一电离能大于氧原子,所以A选项是正确的;
B.理论解释不对,分子的价层电子对是2,根据价层电子对互斥理论,分子是直线型,故B错误; C.金刚石是原子晶体,故C错误;
D.理论解释不对,HF分子中含有氢键,故HF的沸点高于HCl,故D错误.
所以A选项是正确的. 解析
A、氮原子2p能级半充满,所以比较稳定,难以失去电子; B、分子是直线型; C、金刚石是原子晶体;
D、从HF分子中含有氢键角度分析.
如图是已经合成的最著名的硫氮化合物的分子结构。下列说法正确的是
A.该物质的分子式为SN
B.该物质的分子中既有极性键又有非极性键 C.该物质具有很高的熔沸点
D.该物质与化合物S2N2互为同素异形体 答案 B
解析
该物质的分子式为S4N4,A项错误;该物质的分子中既有S—N极性键又有S—S非极性键,B项正确;该物质属于分子晶体,熔沸点较低,C项错误;同素异形体指的是同一元素的不同单 质,D项错 误。根据元素周期律和物质结构的有关知识,以下有关排序正确的是( ) A. 离子半径: B. 非金属性: C. 电负性: D. 热稳定性: 答案 C
解:A.具有相同电子排布的离子,原子序数大的离子半径小,离子半径,故A错误;
B.同周期元素从左到右,元素的非金属性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的非金属性逐渐减弱,应为,故B错误;
C.同周期元素从左到右,元素的电负性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的电负性逐渐减弱,即电负性:,所以C选项是正确的;
D.非金属性越强,气态氢化物越稳定,则应为,故D错误. 所以C选项是正确的. 解析
A.具有相同电子排布的离子,原子序数大的离子半径小; B.同周期元素从左到右,元素的非金属性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的非金属性逐渐减弱;
C.同周期元素从左到右,元素的电负性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的电负性逐渐减弱; D.非金属性越强,气态氢化物越稳定.
根据元素周期律和物质结构的有关知识,以下有关排序
正确的是( ) A. 离子半径: B. 非金属性: C. 电负性: D. 热稳定性: 答案 C
解:A.具有相同电子排布的离子,原子序数大的离子半径小,离子半径,故A错误;
B.同周期元素从左到右,元素的非金属性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的非金属性逐渐减弱,应为,故B错误;
C.同周期元素从左到右,元素的电负性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的电负性逐渐减弱,即电负性:,所以C选项是正确的;
D.非金属性越强,气态氢化物越稳定,则应为,故D错误. 所以C选项是正确的. 解析
A.具有相同电子排布的离子,原子序数大的离子半径小; B.同周期元素从左到右,元素的非金属性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的非金属性逐渐减弱;
C.同周期元素从左到右,元素的电负性逐渐增强,同主族元素从上到下,元素的电负性逐渐减弱; D.非金属性越强,气态氢化物越稳定.
某主族元素的电离能(单位:如下表,此元素位于元素周期表的族数是( ) 1011.8 1907 2914.1 4963.6 6273.9 21267 25431
A. ⅢA B. ⅣA C. ⅤA D. ⅥA 答案 C
解:从表中原子的第一至第七电离能可以看出,元素的第一、第二、第三、第四、第五电离能各自之间变化不是很大,该元素的第六电离能远远大于第五电离能,说明该元素最外层有5个电子,失去5个电子时达到稳定结构,主族元素族序数等于最外层电子数,所以此元素位于元素周期表的族数是ⅤA族, 所以C选项是正确的. 解析
同一种元素的原子,其电离能随着失电子个数的增多而增大,当原子失去电子变为稳定状态时,如果继续失电子,则其电离能会出现突变,据此判断该主族元素最外层电子数;根据第一至第七电离能的变化可判断出该元素的最外层有5个电子,主族元素族序数等于最外层电子数,
由此推出元素位于元素周期表的族数. (15分)图1是
图1 图2
答案 答案:
（1） （2分）（2）22（4分）（3）三角锥配位（3分）（4）硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中硝酸分子中氢氧键易与水分子间形成氢键（2分）（5）体心立方堆积8（4分） 解析 【解析】（1）c、d均是热和电的良导体。且d的熔点高于c的，所以c是钠，d是铜，根据构造原理可知电子排布为。
(2)根据熔点高低可判断，a是氢气，b是氮气，e是硅，f是金刚石。a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子是HCN，其中氢和碳是单键，碳和氮是三键，所以含有的键是2个， 键也是2个。 （3）a与b的元素形成的10个电子中性分子X是氨气，属于三角锥形。氨气和铜离子可形成配位键，离子的化学式为[Cu(NH3)4]2＋。
（4）根据结构模型可判断，化合物是硝酸，硝酸属于极性分子，易溶在极性溶剂中，且硝酸中存在氢键。 （5）金属钠的晶体堆积方式体心立方堆积，配位数是8.
下列关于价电子构型3s23p4的描述正确的是（） A．它的元素符号为O
B．它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4 C．可以与H2化合生成液态化合物 D．其电子排布图为 答案 B 解析
由它的价电子构型3s23p4，可知该元素为S，与H2化合生成H2S，为气体，其电子排布图违背了洪特规则。
Q，R，X，Y，Z五种元素的原子序数依次递增。已知：①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；②Y原子价电子（外围电子）排布msnmpn ③R原子核外L层电子数为奇数；④Q，X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：
（1）Z2+ 的核外电子排布式是 。
（2）在[Z(NH3)4]2+离子中，Z2+的空间轨道受NH3分子提供的 形成配位键。 答案
（1）1s22s22p63s23p63d9 （2）孤对电子（孤电子对） 解析
29号为Cu。Y价电子：msnmpn中n只能取2，又为短周期，则Y可能为C或Si。R的核外L层为奇数，则可能为Li，B，N或F。Q，X的p轨道为2和4，则C（或Si）和O(或S)。因为五种元素原子序数依次递增。故可推出：Q为C，R为N，X为O，Y为Si。
（1）Cu的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，失去两个电子，则为1s22s22p63s23p63d9；
（2）Cu2＋可以与NH3形成配合物，其中NH3中N提供孤对电子，Cu提供空轨道，而形成配位键。
(100分)夏季某晴朗的一天对一个密闭蔬菜大棚中的某种气体的含量进行一天24小时的检测，结果如图1，图2是叶肉细胞内两种细胞器间的气体关系图解。请回答下列问题。
（1）图1中所测气体为_____；该大棚内的蔬菜一天内是否积累有机物?_____。原因是_____。
（2）EC段和DB段叶肉细胞内的含量的变化趋势分别是_____、_____，图1中CD段变化的原因可能是_____。 （3）对应图1中的8点时，图2中应该迸行的气体转移途径有_____，而对应图1中的DB段，图2中应该进行的气体转移途径有_____。 答案
（1） 是 F点的氧气含量高于A点（一天内光合作用释放氧气的量多于呼吸作用消耗的氧气量） （2）减少 增加 光照过强，气孔关闭，不足，暗反应减弱，限制了光反应的进行 （3）C、D A、C、D、E 解析
（1）由图1可知白天气体含量增加，故可知所测气体为；由图可知，一天结束时比开始时浓度有所升高，故该大棚内的蔬菜一天内积累有机物。
（2）EC段光照强度增加，光反应产生的ATP和[H]的量增加，故被还原的增多，含量减少；DB段光照强度逐渐降低，光反应产生的[H]和ATP减少，被还原的量减少，故含量增加。CD段为正午前后，含量增加较慢，可知为光照过强，气孔关闭，不足，暗反应减弱，限制了光反应的进行。
（3）8点时，浓度基本不变，故光合作用强度等于呼吸作用强度，叶绿体为线粒体提供，线粒体为叶绿体提供，故气体转移途径有C、D；DB段光合作用强度大于呼吸作用强度，故叶绿体产生的供给线粒体，剩余的排入大气，线粒体产生的只供给叶绿体，且叶绿体还需从大气中吸收，故气体转移途径有A、C、D、E。 题目来源：2012届河南省郑州市高中毕业年级第一次质量预测：生物
分析一条多肽链E和一条多肽链F得到以下结果(单位：
个)
元素或基团 C H O N 氨基 羧基 多肽链E 201 348 62 53 3 2 多肽链F 182 294 55 54 6 1
推测组成两条多肽链氨基酸的数目最可能是 ( ) 选项 A B C D
多肽链E 199 53 50 51
多肽链F 181 54 48 49 答案 D 解析
氨基酸数目＝肽键数＋肽链数，据表分析应通过氮元素计算氨基酸数目，氮元素存在于肽键及游离的氨基中，且每一条多肽链至少有一个游离的氨基，因而多肽链E中肽键数是53－3＝50，氨基酸数是50＋1＝51，多肽链F中氨基酸数是54－6＋1＝49，D正确。 C +C +C +…+C 除以9的余数是 答案