1.（2011江苏高考）下列有关化学用语表示正确的是
A. N2的电子式：
B. S2－的结构示意图：
C. 质子数为53，中子数为78的碘原子：131 53I
D. 邻羟基苯甲酸的结构简式：
解析：有关化学用语常涉及常见物质的组成和结构，尤其是一些常见物质电子式、结构式、结构简式及模型等等，内容比较基础。N2的电子式应该是： ；S2－的结构示意图应该为： ；邻羟基苯甲酸的结构简式应该是：。
答案：C
2.（2011上海高考）下列有关化学用语能确定为丙烯的是
解析：A属于球棍模型，但不一定是含有H的化合物；B可能是环丙烷；C中电子式少一个氢原子。
答案：D
3.（2011安徽高考）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.15.2 g该物质含有6.02×1022个原子
解析：N和O两种原子属于不同的非金属元素，它们之间形成的共价键应该是极性键，A错误；因为该分子中N－N－N键角都是108.1°，所以该分子不可能是平面型结构，而是三角锥形，B错误；由该分子的化学式N4O6可知分子中氮原子的化合价是＋3价，处于中间价态，化合价既可以升高又可以降低，所以该物质既有氧化性又有还原性，因此C正确；该化合物的摩尔质量是152 g/mol，因此15.2 g该物质的物质的量为0.1mol，所以含有的原子数0.1×10×6.02×1023＝6.02×1023，因此D也不正确。
答案：C
4. （2011安徽高考）中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是
A.根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大
B.根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7
C.根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH＝6.8的溶液一定显酸性
D.根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO
解析：气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能，由周期表可知同周期元素的第一电离能随着核电荷数的增大而逐渐增大，但Al的第一电离能比Mg小，A错误；卤族元素中氟元素是最活泼的非金属元素不可能失去电子，所以氟元素无正价，B错误；只有再常温下pH＝6.8的溶液才一定显酸性，而在100℃时pH＝6.8的溶液却显碱性，因此用pH判断溶液酸碱性时必需考虑温度，即如果不是在室温下，pH＜7就不一定显酸性，因此C不正确；碳酸的酸性强于次氯酸的，所以CO2通入NaClO溶液中能生成HClO，方程式为：CO2 + 2ClO－+ H2O＝CO32－ + 2HClO，因此只有答案D正确。
答案：D
5.（2011福建高考）依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是
A．H3BO3的酸性比H2CO3的强
B．Mg(OH)2的碱性比Be(OH)2的强
C．HCl、HBr、HI的热稳定性依次增强
D．若M+和R2－的核外电子层结构相同，则原子序数：R＞M
解析：C、B选项属于同周期，自左向右非金属性逐渐增强，所以H3BO3的酸性比H2CO3的弱；B项正确；Cl、Br、I属于同主族元素，自上而下非金属性逐渐减弱，因此HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱；若M、R的原子序数分别为x和y，由M+和R2－的核外电子层结构相同可得：x－1＝y+2，因此x＞y，即则原子序数：R＜M。这题是基础题，不过A、B两项设问中出现B，Be等陌生元素。
答案：B
6.（2011广东高考）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第VA族，甲和丙同主族，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则
A、原子半径：丙＞丁＞乙 B、单质的还原性：丁＞丙＞甲
C、甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物
D、乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
解析：在中学化学中只有氨气的水溶液才显碱性，因为短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，所以甲是H，乙是N；甲和丙同主族，因此丙只能是Na，这说明丁属于第三周期，根据丁原子最外层电子数与电子层数相等，所以丁是Al。同周期元素自左向右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，所以选项A正确，B不正确，还原性应该是Na＞Al＞H；Na属于活泼金属，其氧化物Na2O属于离子化合物，C不正确；乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3（强酸）、NaOH（强碱）、Al(OH)3（两性氢氧化物），因此选项D也是正确的。
答案：A、D
7.（2011山东高考）元素的原子结构决定其性质和在周期表中的位置。下列说法正确的是
A. 元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价
B. 多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高
C. P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强
D. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
解析：对应主族元素的原子其最高化合价等于元素原子的最外层电子数，但氟元素无正价，氧元素没有最高化合价，A不正确；在多电子原子中，电子的能量是不相同的。在离核较近的区域内运动的电子能量较低，在离核较远的区域内运动的电子能量较高，B不正确；P、S、Cl均属于第三周期的元素，且原子序数依次递增，所以非金属性依次增强，所以得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强，依次选项C正确；元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素一般既有金属性又有非金属性，在周期表中第三纵行到第十纵行，包括7个副族和一个Ⅷ共同组成了过渡元素，因此选项D也不正确。
答案：C
8.（2011天津高考）以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是
A．第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子
B．同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小
C．第 ⅦA元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强
D．同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低
解析：质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，即137Cs和133Cs的质子数相同，137和133表示二者的质量数，因此A不正确；同周期元素（除0族元素外）从左到右，随着核电荷数的逐渐增多，原子核对外层电子对吸引力逐渐减弱，因此原子半径逐渐减小，B正确；同主族元素从上到下，随着核电荷数的逐渐增多，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子对吸引力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱，因此第 ⅦA元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐减弱，C不正确；同主族元素从上到下，单质的熔点有的逐渐降低，例如IA，而有的逐渐升高，例如 ⅦA，所以选项也D不正确。
答案：B
9.（2011新课标全国）短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是
A. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
B. 元素X与氢形成的原子比为1:1的化合物有很多种
C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
解析：元素W是制备一种高效电池的重要材料，说明W是Li；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，说明X是碳元素；元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，因此Y是Al；短周期元素电子层数最多是3层，如果原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，所以可能是He、C和S，又因为W、X、Y和Z的原子序数依次增大，所以Z只能是S。元素W、X的氯化物分别是LiCl和CCl4，前者锂原子不能满足8电子的稳定结构，A不正确；X与氢形成的原子比为1：1的化合物可以是C2H2、C6H6或C8H8，B正确；单质铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，C正确；C和S均属于非金属元素，二者可以形成共价化合物CS2，D正确。
答案：A
10. (2011海南高考). 131 53I是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中131 53I的含量变化来检测核电站是否发生放射性物质泄漏。下列有关131 53I的叙述中错误的是
A. 131 53I的化学性质与127 53I相同 B. 131 53I的原子序数为53
C. 131 53I的原子核外电子数为78 D. 131 53I的原子核内中子数多于质子数
解析：本题是相关同位素、核素考查。A选项中考查同位素化学性质相同这点，B选项落在A ZX考查，C中电子数＝53因而错，D是中子数的计算。
答案：C
点拨：该题是社会热点问题的体现，由于日本福岛核问题而使131 53I成为社会关注的焦点。对核素的考查是以前老的命题内容，今年核问题出现后，这类题紧跟社会热点问题，每年都应把当年四月份左右与化学相关热点、焦点作为备考点。
11.（2011四川高考）下列推论正确的
A. SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3
B. NH4+为正四面体结构，可推测出PH4+ 也为正四面体结构
C. CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体
D. C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子
解析：氨气分子之间存在氢键，沸点高于PH3的；SiO2晶体也是原子晶体；C3H8不是直线型的，碳链呈锯齿形且为极性分子。
答案：B
12.（2011四川高考）下列说法正确的是
A. 分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键
B. 分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸
C. 含有金属离子的晶体一定是离子晶体
D. 元素的非金属型越强，其单质的活泼型一定越强
解析：分子中含两个氢原子的酸不一定是二元酸，例如甲酸HCOOH；金属晶体中含有金属阳离子，但不是离子晶体；元素的非金属型越强，其单质的活泼型不一定越强，例如氮气。
答案：A
13．（2011上海高考）氯元素在自然界有35Cl和37Cl两种同位素，在计算式34.969 × 75.77% + 36.966 × 24.23% ＝ 35.453中
A．75.77%表示35Cl的质量分数 B．24.23%表示35Cl的丰度
C．35. 453表示氯元素的相对原子质量 D．36.966表示37Cl的质量数
解析：本题考察同位素相对原子质量的计算方法和元素丰度及质量数的理解。34.969和75.77%分别表示35Cl的相对原子质量和丰度。
答案：C
14. (2011江苏高考)短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是
X
Y
Z
W
Q
A. 元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8
B. 原子半径的大小顺序为：rX＞rY＞rZ＞rW＞rQ
C. 离子Y2－和Z 3＋的核外电子数和电子层数都不相同
D. 元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强
解析：根据周期表的结构可推出元素分别为：X：N；Y：O；Z：Al；W：S；Q：Cl。A.元素最高正化合价一般等于其主族数。B.同周期原子半径从左到右依次减小，同主族从上到下依次增大。C.离子Y2－和Z 3+ 都为10微粒，核外电子数和电子层数都相同。D. 元素最高价氧化物对应的水化物的酸性是与非金属性一致的，因此酸性Q的强。
答案：A
点拨：该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
15．(2011浙江高考)X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M
B．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物
C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体
D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键
解析：X、Y、Z、M、W依次为C、N、O、H、Na。A．错误，原子半径：C＞N＞O；B．错误，W2Z2即H2O2为折线型分子；C．石墨、C60等为非原子晶体；D．NH4HCO3为离子化合物，符合条件，反例CH3－NO2为共价化合物。
答案：C
点拨：试题在元素周期律的推理判断能力的考查中渗透了结构、性质和用途等基础知识的考查。首先以具体元素推断为基础，运用周期表，结合周期规律，考虑位、构、性关系推断X、Y、Z、W、M分别是什么元素。在此基础上应用知识解决题给选项的问题。
16.（2011福建高考）氮元素可以形成多种化合物。回答以下问题：
（1）基态氮原子的价电子排布式是_________________。
（2）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是____________。
（3）肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被－NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物。
①NH3分子的空间构型是_________；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是_______。
②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：
N2O4(l) + 2N2H4(l)===3N2(g) + 4H2O(g) △H=－1038.7kJ·mol－1
若该反应中有4 mol N－H键断裂，则形成的π键有________mol。
③肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在__________(填标号)
a. 离子键 b. 共价键 c. 配位键 d. 范德华力
（4）图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点（见图2），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。
下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是_________（填标号）。
a. CF4 b. CH4
c. NH4+ d. H2O
解析：（1）基态氮原子的价电子排布式是2s22p3 ，审题时要注意到是价电子排布式。（2）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是N＞O＞C（3）①NH3分子的空间构型是三角锥型，NH3中氮原子轨道的杂化类型是sp3，而肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2（氨基）取代形成的，所以N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3，这个与H2O，H2O2中O的杂化类型都是sp3的道理是一样的。②反应中有4 mol N－H键断裂，即有1 mol N2H4参加反应，生成1.5 mol N2，则形成的π键有3mol。③N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，可见它是离子晶体，晶体内肯定不存在范德华力。（4）要形成氢键，就要掌握形成氢键的条件：一是要有H原子，二是要电负性比较强，半径比较小的原子比如F、O、N等构成的分子间形成的特殊的分子间作用力。符合这样的选项就是c和d，但题中要求形成4个氢键，氢键具有饱和性，这样只有选c。
答案：（1）2s22p3 （2）N＞O＞C （3）①三角锥形 sp3 ②3 ③d （4）c
点拨：该题把氢键的来龙去脉和特点进行了彻底考查，是一道难得的好题。
17．（2011山东高考）氧是地壳中含量最多的元素。
（1）氧元素基态原子核外未成对电子数为 个。
（2）H2O分子内的O－H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为 。
的沸点比 高，原因是__________。
（3） H+可与H2O形成H3O+，H3O+中O原子采用 杂化。H3O+中H－O－H键角比H2O中H－O－H键角大，原因为 。
（4）CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为ag·cm-3，NA表示阿伏加德罗常数，则CaO晶胞体积为 cm3。
解析：（1）氧元素核外有8个电子，其基态原子核外电子排布为1S22S22P4，所以氧元素基态原子核外未成对电子数为2个；（2）O－H键属于共价键，键能最大；分子间的范德华力和氢键均属于分子间作用力的范畴，但氢键要强于分子间的范德华力，所以它们从强到弱的顺序依次为O－H键、氢键、范德华力；氢键不仅存在于分子之间，有时也存在于分子内。邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，而在分子之间不存在氢键；对羟基苯甲醛正好相反，只能在分子间形成氢键，而在分子内不能形成氢键，分子间氢键强于分子内氢键，所以对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高。
（3）依据价层电子对互斥理论知H3O+中O上的孤对电子对数＝1/2（5－3×1）＝1，由于中心O的价层电子对数共有3+1＝4对，所以H3O+为四面体，因此H3O+中O原子采用的是sp3杂化；同理可以计算出H2O中O原子上的孤对电子对数＝1/2（6－2×1）＝2，因此排斥力较大，水中H-O-H键角较小。
（4）氯化钠的晶胞如图所示，
因此钙晶胞中含有的氯离子个数为8×1/8+6×1/3＝4，同样也可以计算出钠离子个数为4。由于CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，所以CaO晶胞中也含有4个钙离子和4个氧离子，因此CaO晶胞体积为4×56/a·NA ＝ 224/aNA。
答案：（1）2（2）O－H键、氢键、范德华力；邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成分子间氢键，分子间氢键是分子间作用力增大；（3）sp3；H2O中O原子有2对孤对电子，H3O＋只有1对孤对电子，排斥力较小；（4）224/aNA
18.（2011重庆高考）用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成。
（1）Al的原子结构示意图为______；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为_______。
（2）30Si的原子的中子数为_________；SiO2晶体类型为__________________。
（3）Al3+与Yn－的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是________。
（4）焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是____。
（5）经处理后的熔渣36.0g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2），加入足量稀盐酸，分离得到11.0g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为__________________。
解析：本题考查原子的结构、晶体类型、方程式的书写以及有关计算。
（1）Al在周期表中位于第三周期第ⅢA族，其原子结构示意图为：单质铝既能与酸反应产生氢气，又能与强碱反应产生氢气，与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al + 2OH－ + 2H2O＝2AlO2－ + 3H2↑。
（2）在原子符合的表达式中左上角表示质量数，左下角表示质子数，根据质量数＝质子数+中子数可计算出30Si的原子的中子数为：30－14＝16。SiO2晶体是由Si和O两种原子通过极性共价键形成的原子晶体。
（3）在元素周期表中只有第 ⅦA族卤素原子的氢化物的水溶液才均显酸性，因为Al3+与Yn－的电子数相同，所以Y是F元素。卤素元素形成的氢化物均属于分子晶体，其沸点随分子间作用力的增大而升高，但由于HF分子中存在氢键，因而HF的沸点最高，所以沸点最低的是HCl。
（4）由药皮的成分大理石、水泥、硅铁可知，在高温下只有大理石才分解产生CO2，因此气体只能是CO2气体。
（5）熔渣中只有SiO2与盐酸不反应，因此11.0g是SiO2的质量。Fe2O3、Al2O3溶于盐酸分别生成FeCl3、AlCl3，当滤液中加入过量NaOH溶液时AlCl3生成NaAlO2，FeCl3生成Fe(OH)3沉淀。所以21.4g固体是Fe(OH)3的质量，其物质的量为21.4g/107g·mol－1＝0.2 mol，由铁原子守恒知Fe2O3的物质的量为0.1mol，其质量为0.1mol×160g·mol－1＝16.0g。熔渣中Al2O3的质量分数为 (36.0－11.0－16.0)/36×100％＝25％。
答案：（1） 2Al + 2OH－ + 2H2O ＝ 2AlO2－+ 3H2↑
（2）16 原子晶体 （3）HCl （4）CO2 （5）25%
19.（2011新课标全国）[化学——选修3：物质结构与性质]
氮化硼（BN）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BF3和BN，如下图所示：
请回答下列问题：
(1)由B2O3制备BF3、BN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_________，BN中B元素的化合价为_________；
(3)在BF3分子中，F－B－F的键角是_______，B原子的杂化轨道类型为_______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-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_______g·cm－3（只要求列算式，不必计算出数值。阿伏伽德罗常数为NA）。
解析：(1)由图及元素守恒可写出这两个反应的方程式：
B2O3 + 3CaF2 + 2H2SO4 2BF3 + 3CaSO4 + 3H2O；B2O3+2NH32BN+3H2O。(2)B的原子序数为5，其基态原子的电子排布式为1s22s22p1；B和N都属于第二周期元素，同周期自左至右元素的电负性逐渐增大，故电负性较大的是N；B属于第ⅢA族元素，化合价为+3价。(3)依据价层电子对互斥理论，计算出的孤对电子对数=1/2(a－xb) ＝ 1/2(3－3×1)＝0，所以BF3分子为平面正三角形结构，键角为120°，杂化方式为sp2；BF4－中心原子的孤对电子对数＝ 1/2 (a－xb) ＝ 1/2(4－4×1)＝0，所以其结构为正四面体。(4)B、N均属于非金属元素，二者形成的化学键是极性共价键；根据其结构与石墨相似，层与层之间应该靠分子间作用力结合。(5)描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示：
所以金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数＝8×1/8 + 6×1/2 + 4 ＝ 8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子。立方氮化硼的一个晶胞中含有4个N和4个B原子，故“每个BN分子”所占的体积为(361.5×10－10cm)3/4 ，每mol的体积为(361.5×10－10cm)3×NA/4，每mol的质量为(361.5×10－10cm)3×NA×ρ/4＝25，故立方氮化硼的密度是 。
答案：（1） B2O3 + 3CaF2+3H2SO42BF3↑ + 3CaSO4 + 3H2O
B2O3 + 2NH32BN + 3H2O （2）1s22s22p1，N，+3 （3）120?，sp2，正四面体 （4）共价键（极性键），分子间作用力 （5）4，4，
20.（2011海南高考）四种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，其中Z元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍。
X
Y
Z
W
请回答下列问题：
（1）元素Z位于周期表中第______________周期，___________族；
（2）这些元素的氢化物中，水溶液碱性最强的是______________（写化学式）；
（3）XW2的电子式为_______________；
（4）Y的最高价氧化物的化学式为________________；
（5）W和Y形成的一种二元化合物具有色温效应，请相对分子质量在170~190之间，且W的质量分数约为70％。该化合物的化学式为_________________。
解析：由题干先推导出Z元素为磷元素，则X、Y、W分别是C、N、S。（3）小题的电子式教材中没有，得由二氧化碳的结构类比而来。（5）小题中计算为N(S): N(N)＝ ≈ 1:1，再由相对分子质量得分子式为S4N4。
答案：（1）三，VA族； （2）NH3； （3）； （4）N2O5； （5）S4N4
点拨：“位构性”考查的题，要先找到突破口，如本题中的磷元素，再由此逐个突破。但在写教材中没出现过的元素性质、分子结构等方面的题时，可由同族元素的相似性类比。
21.（2011海南高考19题）该题分两I、II小题。
I．下列分子中，属于非极性的是
A.SO2 B.BeCl2 C.BBr3 D.COCl2
解析：根据价层电子对互斥理论（VSEPR）可得四种分子的结构如下：
答案：BC
点拨：进入新课标高考以来，关于价层电子对互斥理论（VSEPR）的运用成了重要的常考点，每年都会考到，是高考复习必备知识与能力点。
II． 铜（Cu）是重要金属，Cu的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，如CuSO4溶液常用作电解液、电镀液等。请回答以下问题：
（1）CuSO4可由金属铜与浓硫酸反应制备，该反应的化学方程式为_____；
（2）CuSO4粉末常用来检验一些有机物中的微量水分，其原因是_______；
（3）SO42－的立体构型是_______，其中S原子的杂化轨道类型是_______；
（4）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，Au原子最外层电子排布式为______；一种铜合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为_____；该晶体中，原子之间的作用力是_____；
（5）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构为CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为______。
解析：本题各小题内容考查点相互的联系不大，仍属于“拼盘”式题。（3）硫酸根中心原子的价层电子对为：孤对电子数6－2×4+2＝0，成键电子对数4，所以为正四面体结构，中心原子为sp3杂化；（4）Au电子排布或类比Cu，只是电子层多两层，由于是面心立方，晶胞内N（Cu）=6×1/2＝3，N（Au）=8×1/8＝1；（5）CaF2结构如下图所示，所以氢原子在晶胞内有4个，可得储氢后的化学式为H8AuCu3
答案：
（1）Cu+2 H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O；
（2）白色无水硫酸铜可与水结合生成蓝色的CuSO4·5 H2O，显示水合铜离子特征蓝色；
（3）正四面体，sp3；（4）6s1；（5）3:1；（4）金属键；（5）H8AuCu3
点拨：由于《物质结构与性质》模块近年才在在高考中出现，不可能出很难的题，且结构与性质之间的关系的紧密联系也不能体现过深，因而目前的高考来看，试题只能是拼盘式的。学习过程中有一定的难度，但学会后变化较少。主要的几个考点除配位外，基本在本题中都考到，与近三年的考题变化不大。
22.（2011四川高考）甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素。甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和。甲、乙组成的成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z，0.1mol/L的Y溶液pH＞1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L也能与Z的水溶液反应生成盐；丙、戊可组成化合物M。请回答下列问题：
（1）戊离子的结构示意图为_______。
（2）与出乙的单质的电子式：_______。
（3）戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为2:4，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为________。
（4）写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式：_________。
（5）按下图电解M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总反应方程式：_______。将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到得现象是__________。
解析：本题主要考察元素周期表的结构、元素周期律及电解的应用。由题意知甲、乙、丙、丁、戊分别为H、N、Na、Al、Cl。
答案：（1）Cl－：
（2） （3）2:3 （4）H+ + AlO2－ + H2O＝Al(OH)3↓
（5）NaCl + H2ONaClO + H2↑ 先变红后褪色
23. (2011上海高考)工业上制取冰晶石(Na3AlF6)的化学方程式如下：
2Al(OH)3+ 12HF+ 3Na2CO3＝2Na3AlF6+ 3CO2↑+ 9H2O，根据题意完成下列填空：
（1）在上述反应的反应物和生成物中，属于非极性分子的电子式 ，属于弱酸的电离方程式 。
（2）反应物中有两种元素在元素周期表中位置相邻，下列能判断它们的金属性或非金属性强弱的是 （选填编号）。
a．气态氢化物的稳定性 b．最高价氧化物对应水化物的酸性
c．单质与氢气反应的难易 d．单质与同浓度酸发生反应的快慢
（3）反应物中某些元素处于同一周期。它们最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式为 。
（4） Na2CO3俗称纯碱，属于 晶体。工业上制取纯碱的原料是 。
解析：本题考察电子式和方程式的书写、元素周期律的应用和具体类型的判断。CO2属于非极性分子，HF和H2O属于极性分子；其中氟和氧位置相邻，且位于同一周期；钠和铝、C和O及F处于同一周期。
答案： （1） HFH+ + F－ （2）a、c
（3）Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋H2O （4）离子晶体 氯化钠、二氧化碳和氨
24. (2011江苏高考)原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成化合物种类最多的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为29。回答下列问题：
（1）Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为 ，1mol Y2X2含有σ键的数目为 。
（2）化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高，其主要原因是 。
（3）元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是 。
（4）元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图13所示，该氯化物的化学式是 ，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物HnWCl3，反应的化学方程式为 。
解析：本题把元素推理和物质结构与性质熔融合成一体，考查学生对元素推理、原子轨道杂化类型、分子空间结构、氢键、等电子体原理、晶胞结构、化学键的数目计算、新情景化学方程式书写等知识的掌握和应用能力。本题基础性较强，重点特出。由题意知X、Y、Z、W四种元素分别是：H、C、N、Cu。
答案：（1）sp杂化 3mol 或3×6.2×10 个 （2）NH3分子存在氢键
（3）N2O（4）CuCl CuCl＋2HCl＝H2CuCl3 (或CuCl＋2HCl＝H2[CuCl3])
25.（2011安徽高考）W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大。
（1）X位于元素周期表中第 周期第 族；W的基态原子核外有 个未成对电子。
（2）X的单质子和Y的单质相比，熔点较高的是 （写化学式）；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是 （写化学式）。
（3）Y与Z形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是 。
（4）在25?C、101 kPa下，已知Y的气态化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol 电子放热190.0 kJ，该反应的热化学方程式是 。
解析：因为W的一种核素的质量数为18，中子数为10，说明W的质子数为8，即为氧元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，而在短周期元素中只有元素硅符合，即Y是Si；所以由图像中原子半径的大小顺序可知X、Y、Z应该属于第三周期元素，在第三周期主族元素中电负性最大的Cl元素，所以Z是Cl；又因为X和Ne原子的核外电子数相差1，且X位于第三周期，所以X是Na。
（1）O的原子电子排布式是1S22S22P4，所以O的基态原子核外有2个未成对电子；（2）单质钠和硅分别属于金属晶体和原子晶体，故单质硅的熔点高；Cl的非金属性强于Br的，所以HCl比HBr稳定；（3）Y与Z形成的化合物是SiCl4，SiCl4可以和水发生水解反应盐酸和硅酸，反应的化学方程式是：SiCl4＋3H2O=H2SiO3↓＋4HCl；（4）Y的气态化物是SiH4，燃烧后生成二氧化硅，其中Si的化合价由－4价升高到+4价，转移8个电子，所以1 mol SiH4共放出8×190.0 kJ＝1520.0 kJ能量，因此反应的热化学方程式是：
SiH4(g)＋2O2(g)＝SiO2(s)＋2H2O △H=－1520.0 kJ/mol
答案：（1）三 IA 2 （2）Si HCl （3）SiCl4＋3H2O=H2SiO3↓＋4HCl
（4）SiH4(g)＋2O2(g)＝SiO2(s)＋2H2O(l) △H＝－1520.0 kJ/mol
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