D．该盐中，存在离子键、极性共价键、非极性共价键、配位键和氢键等化学键
【答案】D
【分析】
X、Y、Z、M均为短周期元素，且均不在同一族，X是半径最小的元素，则X为H元素，Z是空气中含量最多的元素，则Z为N元素；离子化合物由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子，由化合物的结构和Y的电负性大于Z可知，Y为O元素、M为Cl元素，化合物中的阳离子为H3O+和NH
、阴离子为Cl—和N
。
【解析】
A．水分子间能形成氢键，而与氧元素同主族的元素的氢化物分子间不能形成氢键，则水分子间的作用力强于同主族的元素的氢化物，沸点高于同主族的元素的氢化物，故A正确；
B．硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，则氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B正确；
C．同周期元素，从左到右元素第一电离能有增大的趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素第一电离能大于相邻元素，则氧元素的元素第一电离能小于氮元素，故C正确；
D．氢键是一种作用力较强的分子间作用力，比化学键弱很多，不是化学键，故D错误；
故选D。
10．磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。
黑磷与石墨类似，也具有层状结构，单层黑磷叫黑磷烯，其结构如图1所示。
为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷——石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。
下列说法不正确的是
A．黑磷烯中最小的环为六元环，每个环平均含有2个P原子
B．黑磷区中P-P键的键能不完全相同
C．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
D．石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面
【答案】C
【解析】
A．由图可知，黑磷烯中最小的环为六元环，每个P原子为3个环所共有，则每个环中P原子的个数为6×
=2个，故A正确；
B．由图可知，石墨与黑磷的交界结合区域中P原子与C原子形成P—C键，导致黑磷区中P—P键的键长、键能不完全相同，故B错误；
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程中会形成P—C键，则复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力是共价键，故C错误；
D．石碳原子为sp2杂化，与六元环中碳原子相连的原子与六元环共面，则墨与黑磷的交界结合区域中，磷原子与碳原子共平面，故D正确；
故选C。
11．石墨烯可转化为富勒烯（C60），某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞结构如图所示，晶胞边长为a，M原子位于晶胞的棱上与内部。
下列说法正确的是
A．C60和石墨烯是同分异构体
B．C60周围等距且最近的C60的个数为4个
C．该材料的化学式为M3C60
D．C60与C60的最短距离是
a
【答案】C
【解析】
A．C60和石墨烯是C元素的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，A错误；
B．由晶胞结构可知：
在一个晶胞中距离顶点的C60最近的C60有3个，分别位于通过该顶点的三个面心上。
通过该顶点可形成8个晶胞，每个面心C60被重复了二次，故C60周围等距且最近的C60的个数为
，B错误；
C．该晶胞中C60个数为：
8×
+6×
=4，含有M数目为：
12×
+8+1=12，M：
C60=12：
4=3：
1，所以该材料的化学式为M3C60，C正确；
D．由图可知在晶胞中C60与C60的最短距离是面对角线的一半。
晶胞边长为a，晶胞面对角线为
，则晶胞面对角线的一半为
，D错误；
故合理选项是C。
12．如图，X、Y、Z、W四种短周期元素的原子最外层电子数之和为21.下列说法正确的是
X
Y
W
Z
T
A．原子半径（r）：
r（Z）＞r（Y）＞r（X）
B．X的氢化物一定比Y的氢化物的沸点要低
C．WY2、WZ4、WX均有熔点高、硬度大的特性
D．某病毒DNA链中有T元素，可能是T取代了普通DNA链中的P元素
【答案】D
【分析】
设X的最外层电子数为a，则Y、W、Z的最外层电子数分别为（a+2）、a、（a+3），从而得出a+（a+2）+a+（a+3）=21，a=4，故X、Y、W、Z分别为C、O、Si、Cl，则T为As元素。
【解析】
A．X、Y、Z分别为C、O、Cl，C、O为同周期元素，C在O的左边，则原子半径（r）：
r（C）＞r（O），故A错误；
B．X、Y分别为C、O，若X的氢化物中碳原子数比较多（如石蜡），常温下呈固态，则其沸点可能比Y的氢化物（H2O）的沸点要高，故B错误；
C．SiCl4在固态时形成分子晶体，其熔点较低、硬度较小，故C错误；
D．某病毒DNA链中有As元素，As与P属于同主族元素，可能是As取代了普通DNA链中的P元素生成的，故D正确；
故选D。
13．下面有关氮化硼（BN）两种晶体说法正确的是
A．两种晶体均为原子晶体
B．两种晶体的化学式相同所以属于同种物质
C．两种晶体中均含有极性键和非极性键
D．根据立方相氮化硼的晶体结构推测其可用作超硬材料，有优异的耐磨性
【答案】D
【解析】
A．六方相氮化硼为混合型晶体，立方相氮化硼为原子晶体，A错误；
B．二者结构不同，不属于同种物质，B错误；
C．两种晶体均只含有B-N键，属于极性共价键，C错误；
D．立方相氮化硼为空间网状立体构型，原子间以共价键相结合，难以形变，所以硬度大，可用作超硬材料，有优异的耐磨性，D正确；
答案选D。
14．元素周期表中第四周期某些过渡元素（如Ti、Mn等）在生产生活中有着广泛的应用。
如钛的应用越来越受到人们的关注，锰及其化合物的应用研究是前沿科学之一，下列有关说法错误的是
A．钛比钢轻、比铝硬，是一种新的结构材料。
钛硬度比铝大的原因是Ti的相对原子质量大，分子间作用更强
B．第四周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有Ni、Ge、Se
C．已知三醋酸锰[（CH3COO）3Mn]是一种很好的有机反应氧化剂。
三醋酸锰[（CH3COO）3Mn]中阳离子的价层电子排布式中电子的自旋状态相同
D．比较Fe和Mn的第三电离能，可得I（3Fe）小于I3（Mn），原因是Mn2+的3d能级是半充满的相对稳定结构，较难失去电子
【答案】A
【解析】
A．钛硬度比铝大的原因是Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强，A错误；
B．Ti是22号元素，有2个未成对电子，在第四周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有28号的Ni，32号Ge，34号Se元素三种元素，B正确；
C．在Mn是25号元素，三醋酸锰[（CH3COO）3Mn]中阳离子Mn3+的价层电子排布式是3d4。
3d轨道有5个，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子的能量低，比较稳定，故Mn3+的4个价电子的自旋状态相同，C正确；
D．Fe3+的价电子排布式是3d5，处于轨道的半充满的稳定状态；而Mn2+的3d能级是半充满的相对稳定结构，再失去1个电子变为Mn3+时是3d4的不稳定状态，因此Mn2+较难失去电子，故第三电离能：
I（3Fe）小于I3（Mn），D正确；
故合理选项是A。
15．TiO2的“纳米材料”有广泛的应用，工业上可利用TiCl4制取。
TiCl4熔点为-25℃，沸点为136.4℃。
制取TiO2的反应为①2FeTiO3＋7Cl2＋3C=2TiCl4＋2FeCl3＋3CO2、②TiCl4＋O2=TiO2＋2Cl2。
下列说法正确的是
A．基态Ti原子核外价电子排布式为3d24s2
B．Cl2、CO2都是含有非极性键的非极性分子
C．TiCl4晶体是离子晶体，配位数为4
D．生成1molFeCl3转移电子的物质的量为14mol
【答案】A
【解析】
A．Ti的原子序数为22，Ti原子核外有22个电子，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，A正确；
B．Cl2和CO2都是非极性分子，Cl2中含Cl—Cl非极性键，CO2中含C=O极性键、不含非极性键，B错误；
C．TiCl4的熔点为-25℃，沸点为136.4℃，熔、沸点较低，TiCl4晶体是分子晶体，C错误；
D．反应①中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，C元素的化合价由0价升至+4价，Cl元素的化合价由0价降至-1价，生成2molFeCl3转移14mol电子，则生成1molFeCl3转移电子物质的量为7mol，D错误；
答案选A。
16．下列关于Be、Mg及其化合物结构与性质的论述错误的是
A．Mg的两种激发态[Ne]3s13p1和[Ne]3p2中，前者第二电离能更大
B．F-半径小，MgF2晶格能更高，故MgF2熔点高于BeCl2
C．BeH2、Be（OH）
中心原子的杂化方式分别为sp1、sp3
D．BeCl2在一定条件下可通过配位键形成多聚分子，结构如图所示
【答案】B
【解析】
A．Mg的激发态[Ne]3s13p1第二电离能失去3s1，激发态[Ne]3p2中第二电离能失去3p1，3p能量高，需要能量少，则前者第二电离能更大，A正确；
B．MgF2是离子晶体，熔沸点和晶格能有关，BeCl2为分子晶体，熔沸点和范德华力有关，即与F-半径无关，B错误；
C．BeH2中价电子对数为2+0=2，sp杂化，Be（OH）
价电子对数为4+0=4，sp3杂化，C正确；
D．Be周围的四个键中有2个配位键，如图
，Be提供两个空轨道参与配位键，D正确；
故选：
B。
二、填空题：
（4个小题，共52分）
17．（16分）硅铝合金广泛应用于航空、交通、建筑、汽车等行业。
完成下列填空：
（1）硅原子的结构示意图为___________；比较硅铝的原子半径：
r（Si）___________r（Al）（选填：
“>”、“＜”或“=”）。
硅铝合金中的铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________。
（2）氟化铝和氯化铝的熔点分别为1040
和194
，它们熔点差异大的原因可能是___________。
（3）门捷列夫准确预测了铝、硅下一周期的同主族元素（当时并未被发现）的性质，并将他们分别命名为“类铝”和“类硅”。
你据此推断类铝的最外层电子排布式为___________，推断的依据是___________。
（4）制备硅铝合金时，在高温真空炉中发生如下反应：
；
；
上述反应的最终还原产物为___________；当有1molC参加反应时，转移的电子数目为___________。
【答案】（每空2分）
（1）
＜
（2）氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高（3）
类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层（4）Al、Si2NA
【解析】
（1）硅为14号元素，故硅原子的结构示意图为
；硅和铝为同一周期元素，从左往右半径依次减小，故r（Si）＜r（Al），铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：
，故答案为：
；＜；
；
（2）由于F的电负性比Cl的大，故氟化铝中存在离子键，而氯化铝中存在的是共价键，它们熔点差异大的原因可能是氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，故答案为：
氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高；
（3）类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层，故类铝的最外层电子排布式为
，故答案为：
；类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层；
（4）还原产物是指元素的化合价降低被还原而成的产物，根据上述反应可知，最终还原产物为Al、Si；反应中C的化合价由0价升高为CO中的+2价，故当有1molC参加反应时，转移的电子数目为：
2NA个，故答案为：
Al、Si；2NA。
18．（12分）工业上常利用FeSO4还原酸浸软锰矿（主要成分MnO2，杂质为Si、Fe和Al等元素的化合物）制备MnSO4·H2O。
（1）①FeSO4还原MnO2生成MnSO4反应的离子方程式为___。
②Fe2+基态核外电子排布式为___。
（2）在一定温度下，软锰矿与FeSO4、硫酸、蒸馏水按照一定比例混合搅拌反应。
混合体系液固比（g·mL-1）对锰浸取率（%）的影响如图所示。
反应需要控制液固比=4：
1：
当液固比＜4：
1时，锰浸取率随液固比增大而迅速上升的原因是___。
（3）浸取液经氧化、中和等系列操作后，可得到MnSO4·H2O粗产品。
通过下列方法测定产品纯度：
准确称取3.000g样品，加适量ZnO及H2O煮沸、冷却，转移至锥形瓶中，用0.5000mol·L-1KMnO4，标准
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