广东省江门市新会第二中学2024-2025学年高二下学期第一次月考化学试题

2024- -2025学年第二学期新会第二中学第1次月考高二化学试题 本卷满分100分， 可能用到的相对原子质量： 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1-题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 外围电子构型为3d104s1的元素的原子在周期表中应位于 A. 第五周期ⅠB族 B. 第五周期ⅡB族 C 第四周期ⅦB族 D. 第四周期ⅠB族 2. 我国科学家使用某种电解液提高了水系锌锰电池的性能．该电解液阴离子结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期元素，且最外层电子数之和为23，下列说法错误的是 A. 简单氢化物的沸点：Y>W B. Z的单质易溶于 C. X、Y的单质均存在同素异形体 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y 3. 四种元素基态原子的电子排布式如下： ①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5 则下列有关比较中正确的是 A. 第一电离能：④＞③＞①＞② B. 电负性：④＞①＞③＞② C. 原子半径：②＞①＞③＞④ D. 最高正化合价：④＞③=②＞① 4. 鲍林提出杂化轨道理论能解释分子的空间结构，下列关于粒子的描述正确的是 选项 粒子 空间结构 解释 A SO2 V形 S原子采取sp2杂化 B H3O+ 平面三角形 B原子采取sp2杂化 C C2H4 平面三角形 C原子采取sp杂化 D ClO 四面体形 Cl原子采取sp3杂化 A. A B. B C. C D. D 5. 氯仿常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气：，其中光气的结构式如图所示，下列说法不正确的是 A. 分子为含极性键的正四面体形分子 B. 分子中含有3个σ键、1个π键，中心C原子采取杂化 C. 分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构 D. 使用氯仿前可用稀溶液检验氯仿是否变质 6. 现代仪器分析技术能够帮助人们对物质的微观结构做出科学的判断，下列说法正确的是 A. X﹣射线衍射技术可以区分晶体和非晶体 B. 红外光谱可以判断有机物的相对分子质量 C. X﹣射线衍射技术可以测定物质的物质的化学键能大小 D. 质谱仪可以直接测定有机物分子的结构 7. 正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如图)。下列有关说法正确的是 A. 正硼酸晶体属于共价晶体 B. B. H3BO3分子的稳定性与氢键有关 C. 分子中硼原子最外层为8电子稳定结构 D. D. 1molH3BO3晶体中含有3mol氢键 8.下列表述正确的是 A. Na2O2的电子式： B. N2的共价键类型：σ键和π键 C. 中子数为30的Fe原子符号：Fe D. SO3分子的立体构型：三角锥形 9. 下列各项比较中前者高于(或大于或强于)后者的是 A. CC和C-C的键长 B. BF3和CH4中心原子的价层电子对数 C. Si-O和C-O的键能 D. 对羟基苯甲醛( )和邻羟基苯甲醛( )的沸点 10. 下列基态原子或离子的电子排布式错误的是 A. K：1s22s22p63s23p64s1 B. F-：1s22s22p6 C. Fe：1s22s22p63s23p63d64s2 D. Cr：1s22s22p63s23p63d44s2 11. 一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如下。下列说法正确的是 A. Zn元素位于d区，基态原子没有未成对电子 B. C、N原子均为sp3杂化 C. 五元环上所有原子可能在同一平面上 D. 电负性：Zn<H<C<N<O 12. 下列说法不正确的是 A. 某外围电子排布为4f75d16s2基态原子，该元素位于周期表中第六周期第ⅢB族 B. 在元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属元素 C. 当碳原子的核外电子排布由转变为时，释放能量，由激发态转化成基态 D. 非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数不一定是2或8 13. 下列化学用语正确的是 A. 次氯酸的电子式： B. CH4Si的结构式： C. 的分子式：C15H20 D. 丙烷分子的比例模型： 14. 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 SO2、H2O空间构型为V形 SO2、H2O中心原子均为sp3杂化 B 白磷为正四面体分子 白磷分子中P—P键间的夹角是109°28′ C 1体积水可溶700体积氨气 氨是极性分子，有氢键的影响 D HF的沸点高于HCl H—F的键长比H—Cl 的键长短 A. A B. B C. C D. D 15. 如图为周期表的一小部分，A、B、C、D、E的位置关系如图所示。其中B元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它的最高价氧化物中含氧60%。下列说法正确的是 A D B E C A. D、B、E三种元素的第一电离能逐渐减小 B. 电负性：C>E C. D、B、E三种元素形成的简单离子的半径逐渐增大 D. 气态氢化物的稳定性顺序：D＜B＜E 16. 下列各组物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是 A. HI＞ HBr＞ HCl ＞HF B. KCl ＞ NaCl ＞ MgO＞AlCl3 C. D. 石墨＞金刚石＞晶体硅＞NaCl 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17.（14分）人们发现，纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，这严重威胁纸质文物的保存。经分析检验发现，酸性腐蚀主要与造纸中涂敷明矾的工艺有关，为了防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂。回答下列问题： (1)上述涉及的物质中，原子序数最大的元素是___________(填化学符号)，其位于元素周期表中的___________区。 (2)H、C、O元素的电负性由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。 (3)熔融可生成具有挥发性的二聚体，二聚体的结构式为___________， (4)的一种晶胞结构如图所示。 ①属于___________(填“离子”或“共价”)化合物。 ②下列说法错误的是___________(填标号)。 A．晶体有较高的熔、沸点 B．晶体硬而脆 C．晶体易溶于水 D．晶体不导电 ③若将形成的立方体分割成8个小立方体，则每个小立方体的中心有___________个。 18（14分）秦始皇帝陵博物院首次在兵马俑的彩绘中发现了古人人工合成的“中国蓝”“中国紫”颜料。人们对这些颜料的研究发现，其成分主要是钡和铜的硅酸盐(BaCuSixOy)。 回答下列问题： （1）基态铜原子的价电子排布式为___________。“中国蓝”的发色中心是以Cu2+为中心的配位化合物，形成该配位键，若“中国蓝”的化学组成中x∶y=2∶5，则其化学式为___________。 （2）“中国蓝”“中国紫”中存在SiO四面体结构，其中Si原子采取的杂化类型为___________。与SiO不同，CO的立体构型为___________。 （3）Si和C同主族，但SiO2与CO2的熔沸点差异很大，这是因为SiO2是___________晶体，而CO2是___________晶体。（每空1分） （4）BaO的熔沸点___________MgO(填“＞”“＜”“=”)。 （5）立方CuO晶胞结构如图所示。NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为apm，则其晶体密度为___________g•cm-3(用代数式表示)。 19．（14分）在洁净的试管中（如图所示）加入12%溶液，然后一边振荡，一边逐滴加入2%稀氨水，直到最初产生的沉淀恰好溶解为止，即可得到银氨溶液。再加入110%葡萄糖（）溶液，振荡，然后放在水浴中加热，可观察到试管内壁形成光亮的银镜。 回答下列问题（加热及夹持装置已略去）： (1)与同族，则位于元素周期表的第 族，属于 区。 (2)溶液和葡萄糖溶液： ①电负性：C （填“>”或“<”）H。 ②第一电离能：N （填“>”或“<”）O。 ③非金属性：N （填“>”或“<”）C。 (3)H、C、N、O元素可形成多种化合物： ①仅由H、N、O可形成离子化合物，该离子化合物的化学式为 ②仅由H、N可形成一种酸，该酸的化学式为 。 20. （14分）A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子核外电子只有一种自旋取向，A、B元素原子的最外层电子数相等；C元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等；D元素原子半径是短周期主族元素中最大的；E元素的价层电子在s和p能级的原子轨道中运动的电子数相等；与F元素的基态原子均有5个未成对电子。请回答下列问题： （1）若A离子与B离子的电子层结构相同，半径较大的是___________(填离子符号)，A与B形成的二元化合物的晶体类型为___________。 （2）比较第一电离能的大小：___________（1分）(填“>”、“<”或“=”)，理由 （3）晶体熔点：___________(填“高于”、“低于”或“等于”)DCA。（1分） （4）基态G原子的价层电子排布式为___________，与的未成对电子数之比为___________。 （5）基态F原子含有___________种空间运动状态不同的电子。 第1次月考高二化学试题 参考答案 一、单选题(1-10题每题2分，11-16题每题4分，共44分) 1. 【答案】D【分析】 【详解】该元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，其价电子排布式为3d104s1，属于第ⅠB族元素，所以该元素位于第四周期第ⅠB族，故选D。 【点晴】本题考查了元素在周期表位置的判断，根据能层与周期、价电子与族的关系即可解答，元素的能层数等于其周期数，从第ⅢB族到第ⅥB族，其价层电子数等于其族序数，第ⅠB族、第ⅡB族，其最外层电子数等于其族序数。 2. 【答案】A【分析】W、X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期元素，W形成1个共价键，X形成1个双键，Z形成6个共价键，结合原子序数可知，W为H或F，X为O，Z为S元素；四种原子的最外层电子数之和为23，X为H时，Y的最外层电子数为23-1-6-6=10>8(舍弃)，W为F时，Y的最外层电子数为23-7-6-6=4，其原子半径大于O小于S，为C元素。 【详解】A．W的氢化物为，分子间存在氢键，沸点很高，Y的简单氢化物为甲烷，沸点较低，故沸点：，即，故A错误； B．非极性分子易溶于非极性分子，则S易溶于CS2，故B正确； C．O对应的同素异形体有氧气、臭氧，C对应的同素异形体有金刚石、石墨，故C正确； D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，Z和Y最高价氧化物对应水化物的酸分别为硫酸和碳酸，非金属性：S>C，则酸性：硫酸>碳酸，即，故D正确； 答案选A。 3.【答案】C【分析】①1s22s22p63s23p4表示的元素是S元素，②1s22s22p63s23p3表示的元素是P元素， ③1s22s22p3表示的元素是N元素， ④1s22s22p5表示的元素是F元素，然后根据元素周期律分析解答。 【详解】根据上述分析可知：①是S，②是P，③是N，④是F元素。 A．一般情况下同一周期元素，原子序数越大，元素的第一电离能越大。但若元素处于第ⅡA族、第VA族，由于原子最外层电子处于全充满、半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素。同一主族元素，原子序数越大，元素的第一电离能越小，则四种元素的第一电离能大小关系为：④＞③＞②＞①，A错误； B．元素的非金属性越强，其电负性就越大。同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，同一主族元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱，则元素的电负性大小关系为：④＞③＞①＞②，B错误； C．同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子序数越大，原子半径越大，则原子半径大小关系为：②＞①＞③＞④，C正确； D．F元素非金属性很强，原子半径很小，与其它元素反应只能得到电子或形成共用电子对时偏小F元素，因此没有与族序数相等的最高化合价，故F元素化合价不是在所有元素中最高的，D错误；故合理选项是C。 4.【答案】A【详解】A．二氧化硫分子中硫原子价电子对数=，采取sp2杂化，含有1对孤对电子，空间结构为V形，A正确； B．水合氢离子中氧原子的价电子对数=，采取sp3杂化，含有1对孤电子对，空间构型为三角锥形，B错误； C．乙烯分子中每个碳原子均形成3个σ键和1个π键，价层电子对数是3，采取sp2杂化，为平面形，C错误； D．氯酸根离子中氯原子的价电子对数=，氯原子采取sp3杂化，含有一对孤对电子，空间结构为三角锥形，D错误；故选A。 5.【答案】A【详解】A．CHCl3分子为含极性键的四面体形分子，由于C-H与C-Cl键的键长不等，因此该分子不是呈正四面体形，A错误； B．单键为σ键，双键中含有1个σ键、1个π键，故COCl2分子中共有3个σ键、1个π键，中心C原子上无孤电子对，因此COCl2分子中C原子采取sp2杂化，B正确； C．Cl原子最外层有7个电子，O原子最外层有6个电子、C原子最外层有4个电子，由题图可知，COCl2中含有2个C-Cl键、1个C=O双键，所有原子的最外层都满足8电子稳定结构，C正确； D．若氯仿变质，就会有HCl生成，HCl与AgNO3溶液反应产生白色沉淀，而氯仿中Cl元素与Cl原子形式存在，不能与AgNO3溶液反应，则使用前可用AgNO3稀溶液检验氯仿是否变质，D正确；故合理选项是A。 6.【答案】A\【分析】 【详解】A．晶体对X-射线发生衍射，非晶体不会对X-射线发生衍射，所以能用X-射线衍射技术可以区分晶体和非晶体，故A正确； B．红外光谱可以判断有机物中的官能团，不能用红外光谱可以判断有机物的相对分子质量，故B错误； C．X﹣射线衍射技术可以区分晶体和非晶体，但不能测定化学键能，故C错误； D．质谱仪可以测定物质分子或分子碎片的质量，所以能用质谱仪判断有机物的相对分子质量，但是不能测定有机物分子的结构，故D错误；故选A。 7. 【答案】D【详解】A．正硼酸晶体是H3BO3分子通过氢键相连，属于分子晶体，故A错误； B．H3BO3分子的稳定性与氢键无关，氢键与熔沸点有关，故B错误； C．根据H3BO3分子的结构得到分子中硼原子最外层是6电子，故C错误； D．H3BO3晶体中每个—OH中的氧和氢分别与另外的—OH的H和另外的—OH的O形成氢键，因此1molH3BO3晶体中含有3mol氢键，故D正确。综上所述，答案为D。 8.【答案】B【详解】A. Na2O2是离子化合物，电子式为，A错误； B. N2分子内有1个σ键和2个π键，B正确； C. 中子数为30的Fe原子符号，左下角为质子数而不是中子数，应该为Fe，C错误； D. SO3分子中硫原子价层电子对个数为3，且不含孤电子对，因此SO3分子的立体构型为平面三角形，D错误；答案选B。 9.【答案】D【详解】A．CC的键能比C-C的键能大，CC的键长比C-C的键长短，A错误； B．BF3的中心原子价层电子对数为3+(3-31)=3，CH4的中心原子价层电子对数为4+(4-41)=4，B错误； C．Si的原子半径比C的原子半径大，Si-O的键长比C-O的键长长，Si-O的键能比C-O的键能小，C错误； D．对羟基苯甲醛( )能形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛( )能形成分子内氢键，对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的沸点高，D正确；答案选D。 10. 【答案】D【详解】A．K的原子序数为19，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1，A正确； B．F的原子序数为9，得1个电子形成氟离子，核外有10个电子，氟离子的电子排布式为：1s22s22p6，B正确； C．Fe的原子序数为26，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，C正确； D．Cr的原子序数为24，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，D错误； 答案选D。 11. 【答案】D【详解】A．Zn是30号元素，电子排布式为：，Zn元素位于ds区，基态原子没有未成对电子，故A错误； B．C原子的价层电子对数为3和4，杂化方式分别为：sp2、sp3，故B错误； C．五元环上存在sp3的碳原子，这个碳原子属于饱和碳原子，这个碳原子所连接的所有原子不可能共面，故C错误； D．元素非金属性越强，电负性越大，同周期元素越靠右非金属性越强，非金属性：Zn<H<C<N<O，电负性：Zn<H<C<N<O，故D正确；故选D。 12. 【答案】B【详解】A．由外围电子排布为4f75d16s2基态原子，判断此元素位于周期表中第六周期第ⅢB族，A正确，不选； B．s区的H为非金属元素，d区和ds区的元素包括副族和第VIII族元素，副族和第VIII族元素全部是金属元素，B错误，符合题意； C．碳原子的核外电子排布为：1s22s22p2，该原子处于基态，当核外电子排布为1s22s12p3，该原子处于激发态，所以由碳原子的核外电子排布由转变为的过程为由激发态变为基态，释放能量，C正确，不选； D．非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数除了2或8外，像一氧化碳、一氧化氮、二氧化硫等均不符合2或8电子结构，故D正确，不选；答案为B。 13. 【答案】C【详解】A．次氯酸的电子式应该是，A错误； B．CH4Si的结构式应该是，B错误； C．的分子式为C15H20，C正确； D．丙烷分子的球棍模型为，D错误；答案选C。 14. 【答案】C 【详解】A．二氧化硫分子中价层电子对数为3，孤对电子对数为0，原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误； B．白磷分子为正四面体结构，两个P−P间的键角是60º，故B错误； C．.氨分子和水分子中都是极性分子，且氨分子和水分子能形成分子间氢键，所以氨气极易溶于水，故C正确； D．氟化氢能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，所以氟化氢沸点高于氯化氢，与分子中的键长的长短无关，故D错误；故选C。 15. 【答案】D【分析】 B元素最高价是最低负价绝对值的3倍，则B元素最高正价为+6价，其最高价氧化物化学式表示为BO3，又最高氧化物中含氧60%，令B元素相对原子质量为b，则，解得b=32，故B为S元素，由元素在周期表中相对位置可知，A为O元素、C为Se、D为P元素、E为Cl， 【详解】由上述分析可知，A为O，B为S，C为Se，D为P，E为Cl， A．非金属性越强，第一电离能越大，但P的3p电子半满为稳定结构，则D、E、B三种元素的第一电离能逐渐减小，故A错误； B．同主族元素从上到下，元素的电负性减弱，同周期从左到右，电负性增大，则电负性E＞C，故B错误； C．D、B、E三种元素形成的简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故C错误； D．非金属性：D（P）＜B（S）＜E（Cl），故氢化物稳定性：D＜B＜E，故D正确； 故选：D。 16.【答案】D【详解】A．四者均为分子晶体，HF存在分子间氢键，熔点最大，HI、 HBr、HCl的相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，故A错误； B．前三者都是离子晶体，离子半径越小，离子键越强，离子所带电荷数越大离子键越强，AlCl3是分子晶体，熔点最低，故B错误； C．金属原子的半径越小，金属离子所带电荷数越多，金属键越强，熔点越高，三者都是金属晶体，Na、Mg、Al半径逐渐减小，金属离子所带电荷数逐渐增多，金属键逐渐增强，熔点逐渐增大，故C错误； D．石墨层内存在大键，金刚石都是碳碳单键，石墨的键能大，熔点高；金刚石和晶体硅都是原子晶体，原子半径越小，共价键越强，熔点越高，所以熔点金刚石＞晶体硅，氯化钠是离子晶体，比共价晶体的熔点低，故D正确； 故选D。 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。 17. 【答案】 ①. Ca ②. s ③. ④. ⑥. 离子 ⑦. C ⑧. 1 【解析】 【分析】明矾和碳酸钙中涉及的元素有K、Al、S、O、H、C、Ca，结合原子结构和电负性的变化规律分析解答；是活泼金属和活泼非金属形成的化合物，属于离子化合物，据此分析判断；由图可知，C原子分别位于晶胞的顶点、面心和体内，根据均摊法计算晶胞的质量，结合V=计算解答。 【详解】(1) 明矾和碳酸钙中涉及的元素有K、Al、S、O、H、C、Ca，其中原子序数最大的元素是Ca；Ca为20号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，位于元素周期表中的s区，故答案为：Ca；s； (2)元素的非金属性越强，电负性越大，电负性O＞C＞H，故答案为： O＞C＞H； (3)熔融时AlCl3可生成具有挥发的二聚体Al2Cl6，该二聚体由Al提供空轨道，Cl原子提供电子对形成配位键，其结构式为 （或 ）；配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目，二聚体Al2Cl6中与Al直接相连的原子有4个，故其配位数为4，故答案为： （或 ）；4； (4)①是活泼金属和活泼非金属形成的化合物，属于离子化合物，故答案为：离子； ②A．为离子晶体，离子晶体是由离子构成的，熔化时需要克服离子键，导致熔沸点较高，故A正确；B．为离子晶体，硬而脆，故B正确；C．俗称萤石，难溶于水，故C错误；D．晶体中不存在自由移动的离子，不导电，故D正确；故选：C； ③根据图示，若将形成的立方体分割成8个小立方体，则每个小立方体的中心有1个，故答案为：1； 18 【答案】（1） ①. 3d104s1 ②. BaCuSi4O10 （2） ①. sp3 ②. 平面三角形 （3） ①. 原子 ②. 分子 （4） ①. ＜ MgO和BaO都是离子晶体，Mg2+和Ba2+所带电荷相同，半径前者更小，MgO晶格能更大，熔沸点更高 （5） ①. . ×1030 【解析】 【分析】Cu为29号元素，根据核外电子排布的规律分析解答；根据价层电子对个数=σ键个数+ (a-xb)计算判断；根据晶格能的变化规律分析解答；根据晶胞结构和均摊法计算。 【小问1详解】 Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1；“中国蓝”的发色中心是以Cu2+为中心的配位化合物，形成该配位键，Cu2+提供空轨道；若“中国蓝”(BaCuSixOy)的氧化物形式可表示为BaO•CuO•xSiO2，化学组成中x∶y=2∶5，则x∶(1+1+2x)=2∶5，解得：x=4，则y=10，其化学式为BaCuSi4O10，故答案为：3d104s1；空轨道；BaCuSi4O10； 【小问2详解】 SiO四面体结构中Si原子的价层电子对数=4+(4+4-4×2)=4，Si原子采用sp3杂化；CO中C的价层电子对数=3+(4+2-3×2)=3，C采用sp2杂化，CO的立体构型为平面三角形，故答案为：sp3；平面三角形； 【小问3详解】 SiO2属于以共价键结合形成空间网状结构的晶体为共价晶体，CO2属于以分子间作用力结合形成的晶体为分子晶体，分子晶体的熔点小于原子晶体的熔点，则熔点CO2＜SiO2，故答案为：原子；分子； 【小问4详解】 MgO和BaO都是离子晶体，Mg2+和Ba2+所带电荷相同，但Mg2+半径小于Ba2+半径，MgO晶格能更大，熔沸点更高，故答案为：＜；MgO和BaO都是离子晶体，Mg2+和Ba2+所带电荷相同，半径前者更小，MgO晶格能更大，熔沸点更高； 【小问5详解】 距离Cu2+最近的O2-个数为6，所以其配位数是6；该晶胞中Cu2+个数=8×+6×=4，O2-个数=12×+1=4、晶胞的质量=g=g，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，则晶体的密度为=×1030g/cm3，故答案为：×1030。 19．（14分） 【答案】 (1)ⅠB (2) ＞ ＞ ＞ (3) 或 【分析】向12%溶液中，逐滴加入2%稀氨水，然后振荡，直到最初产生的沉淀恰好溶解为止，即可得到银氨溶液。再加入110%葡萄糖（）溶液，振荡，然后放在水浴中加热，可观察到试管内壁形成光亮的银镜，证明葡萄糖中含有醛基。 【详解】（1）Cu位于第四周期第IB族，则Ag也位于第IB族；Cu的基态原子的价电子排布式为3d104s1，属于ds区； （2）①在CH4中C为-4价，H为+1价，C的电负性大于H； ②N和O位于同周期相邻元素，N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O； ③C和N都是第二周期元素，同周期从左到右非金属性逐渐增强，故非金属性N大于C； （3）①仅由H、N、O可形成离子化合物可以是NH4NO3或者NH4NO2； ②仅由H、N可形成一种酸，该酸是叠氮酸，化学式为HN3。 20. 【答案】（1） ①. ②. 离子晶体 （2） ①. > ②. 钠与锂同主族，钠原子的电子层数多，半径大，易失电子 （3）高于 （4） ①. ②. （5） ①. 15 【解析】 【分析】A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的前四周期元素，其中A元素原子核外电子只有一种自旋取向，则A为H元素；D元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则D为Na元素；由原子序数可知B、C处于第二周期，而A（氢）、B元素原子的最外层电子数相等，故B为Li,C元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，C的基态原子的电子排布为1s22s22p4，故C为O氧元素；E元素的价层电子在s和p能级的原子轨道中运动的电子数相等，基态原子的电子排布为1s22s22p63s23p2，故E为Si；G3+与F元素的基态原子均有5个未成对电子，则F元素的基态原子外围电子排布式为3d54s2，G元素原子外围电子排布式为3d64s2，故F为Mn、G为Fe。 【小问1详解】 由分析可知，A为H、B为Li、C为O、D为Na、E为Si、F为Cr、G为Fe；若A离子与B离子的电子层结构相同，离子为H-、Li+，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径H-＞Li+，A与B形成的二元化合物的晶体类型为离子晶体， 故答案为：H-；离子晶体； 【小问2详解】 Li、Na最外层电子数相同，电子层依次增多，原子半径增大，原子核对核外电子吸引减弱，故Na更容易失去最外层的1个电子，故第一电离能的大小：I1(Li)＞I1(Na)，故答案为：＞；钠与锂同主族，钠原子的电子层数多，半径大，易失电子； 【小问3详解】 SiO2属于共价晶体，NaOH属于离子晶体，故晶体熔点：SiO2＞NaOH，故答案为：高于； 【小问4详解】 G是前四周期元素，G3+的基态原子均有5个未成对电子，则基态G原子的价层电子排布式为3d64s2，G2+外围电子轨道表达式为 ，G3+的外围电子轨道表示式为 ，二者未成对电子数之比为4：5，故答案为：3d64s2；4：5； 【小问5详解】 电子空间运动状态由能层、能级、轨道决定，基态F原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，1s、2s、3s、4s均有1个轨道，2p、3p能级均有3个轨道，3d能级填充5个轨道，故有 15种空间运动状态不同的电子； 1 学科网（北京）股份有限公司 $$