热门试卷

（1）C（1分）  N（1分）

（2）sp2（2分）

（3）bcd（3分）

（4）CO（2分）

（5）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1（2分）  Cu2O（2分） （2分）

试题分析：（1）X、Y、Z、Q为短周期非金属元素，R是长周期元素，X原子的电子占据2个电子层且原子中成对电子数是未成对电子数的2倍，且为非金属，则X为C元素；Y的基态原子有7种不同运动状态的电子，则Y为N元素；Z元素在地壳中含量最多，则Z为O元素；Q是电负性最大的元素，则Q为F元素；R＋离子只有三个电子层且完全充满电子，则R为Cu元素．由分析可知：X为C元素；Y为N元素；Z为O元素；Q为F元素；R为Cu元素．

（2）杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数，该分子中N原子的杂化轨道数=2+1=3，所以N原子杂化方式是sp2杂化，故答案为：sp2杂化；

（3）A、X与Y元素可以形成一种超硬新材料，由晶体部分结构可知，该晶体为原子晶体，故A错误；

B、C-N键键长比C-C键长短，C-N键键能大，所以晶体的硬度比金刚石还大，故B正确；

C、结构中每个X原子周围有4个Y原子，每个Y原子周围有3个X原子，所以该晶体化学式为X3Y4，即为C3N4，故C正确；

D、该晶体为原子晶体，晶体熔化时共价键被破坏，没有克服范德华力和氢键，故D正确．

故答案为：BCD。

（4）根据定义，原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，所以与N2分子互为等电子体为CO。

（5）R为Cu元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；R与Z形成的某离子晶体的晶胞中铜原子的个数为体心4×1=4，氧原子个数为顶点8×+体心1×1＝2，所以该晶体的化学式为Cu2O；该晶体的密度为a g·cm－3，ρ＝；则晶胞的体积是a＝；V＝。

（1）3s23p6（2分）

（2）SiH4 （1分）；在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因分子间存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象；组成与结构相似，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，a点所在折线对应的是气态氢化物SiH4（2分）

（3）原子（1分） ； sp3杂化（2分）

（4）(1+b)：（1+a） （2分）

（5）A （2分）；   8 （1分）；          （2分）

试题分析：（1）该元素第三电离能远远大于第二电离能，说明该元素的原子价电子数为2，为Ca，M层电子排布式为：3s23p6

（2）在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因分子间存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，第ⅣA族形成的氢化物分之间为范德华力，组成与结构相似，相对分子量越大，范德华力越大，沸点越高，所以a点所在折线对应的是气态氢化物SiH4。

（3）由CO2在高温高压下所形成的晶体图可以看出，其晶体结构为空间物质结构，每个C原子周围通过共价键连接4个O原子，所以该晶体为原子晶体，碳原子轨道的杂化类型为sp3杂化。

（4）设Cl‾半径为r，则Na+半径为ar，Cs+半径为br，NaCl晶胞边长为x，因为NaCl晶胞为面心立方结构，所以2x2=（2r+2ar）2，得r= （1+a）r；CsCl晶胞为体心李立方结构，所以y2+2y2=（2r+2br）2，可得y=2/(1+b)r，x：y=(1+b)：（1+a）

（5）甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等，则排除B、D，由于每个小晶胞中的体心含有1个Fe原子，则应为A；由图甲可以看出，位于体心的铁原子周围距离最近的铁原子有8个，所以铁原子的配位数是8；设图甲晶胞的边长为acm，则a2+2 a2=（4r）2，得a=4/3r ，图甲晶胞的体积V=a3=64/9r3，根据均摊发可知甲中晶胞含Fe原子：8×1/8+1=2,设Fe的相对原子质量为M，则64/9r3•ρ="2M/" NA,M=

(8分每空一分)  (1)②   (2)三角锥形　分子晶体

(3)1s22s22p63s23p4　NH3与水分子之间可以形成氢键且发生化学反应

(4)B>D　(5)6　正八面体

试题分析：B原子得一个电子后3p轨道全满，则B应该是氯元素。又因为A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A＋比B－少一个电子层，所以A是钠元素。C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以C是氮元素。D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，则D是第ⅥA族元素。最高价氧化物中含D的质量分数为40%，则有。即M＝32。由于且其核内质子数等于中子数，所以D是16号元素S元素。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子的数目之比为2∶1，则R是硫化钠。

（1）钠是金属晶体，氯气形成的晶体是分子晶体，硫化钠形成的晶体是离子晶体，则A单质、B单质、化合物R的熔点大小顺为R>A单质>B单质，答案选②。

（2）氨气是三角锥形结构，形成的晶体是分子晶体。

（3）根据构造原理可知，S原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p4。由于NH3与水分子之间可以形成氢键且发生化学反应，所以氨气的溶解性大于H2S的溶解性。

（4）非金属性越强，电负性越大，所以氯元素的电负性大于S元素的电负性。

（5）根据氯化钠的晶胞结构特点可知，每个A＋周围与它距离相等且最近的B－有6个，这些B－围成的空间几何构型为正八面体。

点评：该题是高考中的常见题型，试题综合性强，贴近高考，试题注重基础，侧重能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。该题主要是以“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。考查了学生对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。

（1）Na

（2）三角锥形  sp3

（3）  3d64s2 N2  2

（4）TiO2+BaCO3BaTiO3+CO2↑ ;   6 ;   233/[NA×（a×10-7）3]

试题分析：（1）B原子的p轨道半充满，则若的电子排布式为1s22s22p3. B为N元素。对于氢化物来说。结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高。而HF、H2O、NH3的分子之间除了存在分子间作用力外，还存在一种叫氢键的作用力，增大了分子间的相互作用，使它们的熔沸点在同族元素形成的氢化物中最高，出现反常现象。NH3的沸点在同族中是最高的，不符合题意。舍弃。则电子排布式是1s22s22p63s23p3，B元素为P元素。又因为其氢化物沸点是同族元素中最低的符合题意；因此B元素为P元素。D原子得到一个电子后3p轨道全充满，则D的电子排布式为1s22s22p63s23p5. D为Cl.元素。A与C能形成A2C型离子化和物，其中的阴、阳离子相差一个电子层，则A、C在元素周期表中位于同一周期，结合化合物的及它们的原子序数都比Cl小等知识可确定A为Na元素，C为S元素。E4＋离子和氩原子的核外电子排布相同，则E为22号元素Ti元素。A、B、C、D、E、F的原子序数之和为107，所以F的原子序数为：107-11-15-16-17-22=26，F是Fe元素。（1）对于电子层数越多的元素，原子核外的电子数越多，原子半径越小，原子失去电子就越难，即电离能就越大。所以Na、P、S、Cl的第一电离能由小到大的顺序是Na3的分子中，每个P原子与三个Cl原子形成三个共价键，在P原子上还有一对孤对电子。所以PCl3的分子空间构型可描述为三角锥形. P原子的杂化方式为sp3。（3）Fe原子的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则基态Fe的价电子排布式为3d64s2。电子数相同、原子数也相同的微粒就叫做等电子体。CN－的电子数为14，原子数为2，所以与CN－互为等电子体的分子为N2。等电子体结构相似，性质也相似。由于在N2中2个N原子共用三对电子，一个是ð键，2个π键。所以在CN－中的π键也是2个。（4）由晶胞的结构示意图结合均摊法可知：在每个晶胞中含有：Ti：1;  Ba：8×1/8=1;  O:6×1/2=3.所以该化合物的化学式为BaTiO3。故TiO2与碳酸钡在熔融状态下反应的化学方程式为TiO2+BaCO3BaTiO3+CO2↑。在晶体中每个Ti原子周围有6个O原子与它距离相等而且最近，这6个O原子构成的是正八面体。所以配位数为6.由于在一个晶胞中只含有一个BaTiO3。所以晶体的密度。

（1）1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1

（2）sp3　（3）三角锥形

（4）Cl>P>S>Na　NaOH>H3PO4>HClO4>H2SO4

（5）12　

A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，由“A原子核外有两种形状的电子云，两种形状的电子云轨道上电子云相等”推出A为O，由“B是短周期中原子半径最大的元素”推出B为Na，由“C元素3p能级半充满”推出C为P，由“F是第四周期未成对电子最多的元素”推出F为Cr，由“E是所在周期电负性最大的元素”及原子序数大小关系推出E为Cl，则D为S。

（2）含四个原子的A的氢化物为H2O2，其氧原子的杂化轨道类型为sp3。

（3）CE3和CE5为PCl3和PCl5，PCl3是极性分子，空间构型为三角锥形，PCl5为非极性分子。

（4）同周期主族元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但第ⅤA族反常，第一电离能由大到小的顺序是Cl>P>S>Na。四种元素最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、H3PO4、H2SO4、HClO4，NaOH是碱，H3PO4是中强酸，H2SO4、HClO4都是强酸，物质的量浓度相同时，pH由大到小顺序为NaOH>H3PO4>HClO4>H2SO4。

（5）与Na＋最近的Na＋共有12个。设正方形（晶胞截面图）的边长为a cm、Cl－的半径为r cm，ρa3＝，得a＝，r＝＝

（1）（1）Cu（NH3）4SO4×H2O （2分）

（2）S

（3）（1分）

（4）H2O与H2O2之间形成氢键（2分）

（5）sp3和sp2（2分）ABDE（2分）

（6）6CuH+16HNO3=6Cu（NO3）2+3H2↑+4NO↑+8H2O（3分）；   （2分）

试题分析：（1）由题意可推知A为H元素，B为N元素，C为O元素,D为S元素，E元素的外围电子排布为（n-l）dn+6ns1，E为Cu元素，该配位化合物X的化学式为Cu（NH3）4SO4×H2O

（2）N、O、S三种元素中，N的2p轨道是半充满状态，所以第一电离能最大，O、S同主族，同主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，所以N、O、S三种元素的第一电离能从小到大的排列顺序是S

（3）D为S元素，最外层电子是6个电子，电子排布式是3s23p6,轨道表示式为

（4）H、O元素可形成化合物H2O与H2O2，二者之间能互溶是因为H2O与H2O2之间形成氢键

（5）C原子周围形成4个共价单键为sp3杂化，形成2个共价单键和1个双键是sp2杂化；碳铂中单键为键，双键中有1个为键，且Pt与N原子间形成配位键，所以碳铂中含有的作用力有共价键、配位键、键、键，答案选ABDE；

（6）A元素与E元素可形成一种红色离子化合物Y，其原子个数比为1：1，则Y为CuH，与稀硝酸反应得蓝色溶液为硝酸铜溶液，两种气体为氢气、一氧化氮，所以该反应的化学方程式为6CuH+16HNO3=6Cu（NO3）2+3H2↑+4NO↑+8H2O；该晶胞中实际含4个Cu，其质量为4×M/NA,晶胞体积为a3cm3,所以该晶胞密度的计算式为ρ=4×M/NA/ a3=  g/cm3

（1）①3s23p63d5 （1分） ② sp2（1分） sp3（1分）

③ 5（1分）分子晶体（1分）

（2）立方体（1分）    （2分）

（3）BC（2分）（漏选得1分，多选、错选不得分）

（4）①面心立方最密堆积 （1分）② 2 （1分） 2（1分）  ③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）

试题分析：（1）①Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，基态Fe3+的M层电子排布式为3s23p63d5 。

②由尿素分子的结构式可知，尿素分子中C原子成2个C-N键、1个C=O键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化，N原子成3个单键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，N原子采取sp3杂化，故答案为：sp2、sp3；

③ 配合物Fe(CO)x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，8+2x=18，x=5，分子晶体的熔沸点较低，根据题给信息知，该物质的熔沸点较低，易溶于非极性溶剂，所以为分子晶体；

（2）距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体是立方体，该晶胞中钠离子个数是8，氧离子个数=8× +6× =4，V==，则；

（3）A．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能大小：P＞S＞Si，故A错误；

B．同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，所以电负性顺序：C＜N＜O＜F，故B正确；

C．晶格能与离子晶体的熔点成正比，离子半径与晶格能成反比，离子所带电荷与晶格能成正比，钙离子电荷大于钾离子，且钙离子半径小于钾离子，氯离子所带电荷小于氧离子，且氯离子半径大于氧离子，所以氯化钾的晶格能小于氧化钙，则氯化钾的熔点比氧化钙低，故C正确；

D．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对是3且含有一个电子对，所以二氧化硫是V形结构，为极性分子，二氧化碳是非极性分子，根据相似相溶原理知，二氧化硫易溶于水，故D错误；

E．分子晶体中，物质的熔沸点与其相对分子质量成正比，故D错误；

故选BC；

（4）①d单质是热和电的良导体，且熔点较高，则为铜，铜为面心立方最密堆积；

②根据熔点知，a是H元素，b是N元素，f是C元素，a、b、f 对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子为HCN，其结构为H-C≡N，共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键，三键中一个是σ键两个是π键，所以该分子中含有2个σ键2个π键；

③根据图知，该分子中含有一个氢原子、三个氧原子和一个氮原子，为硝酸分子，硝酸分子正负电荷重心不重合，为极性分子，且硝酸和水能形成氢键而增大硝酸的溶解性。

（15分）（1）CDE（选对3个得3分，选对2个得2分，选对1个得1分，选错1个得0分）

（2）①第四周期第ⅡB族 （1分） ②1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10（1分）；sp2、sp3（2分）

③极性分子 （1分）  （2分） ④1:1（1分）

⑤面心立方最密 （1分） （3分）

试题分析：（1）A、甲烷分子变成CH3+、CH3－、CH3－时，失去的分别是氢负离子、氢离子和质子，空间构型也不再与原来的分子相同，故A错误；B、CH3+、CH3－、CH3－分别具有6个、7个和8个价电子，不是等电子体，中心碳原子的价层电子对数不同，故空间构型不同，故B错误；C、CH3－与NH3、H3O+均具有10个电子，互为等电子体，几何构型均为三角锥形，故C正确；D、CH3+中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面，故D正确；E、两个CH3－或一个CH3+和CH3－结合可得到CH3CH3，故E正确，答案选CDE。

（2）①Zn的原子序数是30，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，由电子排布式可知该元素为第四周期第ⅡB族。

②Zn2+基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ；葡萄糖里有两种碳原子，葡萄糖是五羟基醛，所以碳原子一种是以sp3杂化（接羟基的碳），一种是以sp2杂化（醛基里的碳）。

③配位体NH3分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，是极性分子；[Zn(NH3)4]2+中Zn2+与N之间的化学键是配位键，如图所示。

④根据晶胞得结构简式并依据均摊法可知，晶胞中锌的个数为4，X的个数为8×＋6×＝4，所以化合物的Zn与X的原子个数之比为1:1。

⑤根据晶胞结构特点可知，X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的面心立方最密堆积；设晶胞得边长是a，则根据晶胞结构可知a2＋2a2＝（4r1＋4r2）2，解得a＝，则根据×NA=4，解得ρ＝。

（1）K    17      Fe

（2）直线型   SP

（3）NH3与H2O分子之间存在氢键，CH4、H2S和H2O分子间不存在氢键

（4）1s22s22p63s23p63d9     SP3     abd

（5）       4             

试题分析：

（1）根据题意，A是C，B是N，C是S，D是Cl，E是K，F是Fe，G是Cu。第一电离能最大的是K。D是17号元素氯，有17种不同运动状态的电子。Fe的未成对电子数为4。

（2）CS2的与CO2的结构相同，所以也是直线型，SP杂化类型。

（3）NH3与H2O分子之间存在氢键，CH4、H2S和H2O分子间不存在氢键

（4）Cu2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9，乙二胺中的碳原子形成的是单键，所以其杂化方式为 SP3。配离子中的化学键有非极性键、极性键、Cu2+与N之间是配位键。

（5）据“AB—与B2为等电子体”，则CN-的电子数也为14。据图知，F2+为X4，F3+为X4，AB-为X12=3，根据电荷数整体为0的原则，该蓝色晶体晶胞的（E+未画出），个中的E+为。则该蓝色晶体的一个晶胞中E+的个数为8x1/2="4"

（1）sp2；（1分） 5：1（1分）

（2）F>N>O>C   （1分）  （2分）

（3）176/a3NA g/cm3（2分）

（4）4Mg+10H++NO3－=4Mg2++NH4++3H2O    （3分）

（5）分子晶体；（1分）配位键；（1分）金属键（1分）

（6）HNO3＞HNO2或者HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO（写出部分也给分）（2分）

试题分析：图表为元素周期表中前四周期元素，按照1——10顺序分别是H、Be、C、N、O、F、Mg、Cl、Cr、Fe（1）③与①形成乙烯，其中碳元素形成碳碳双键，sp2杂化；（2）第一电离能F最强，由于N原子p轨道上半充满，比较稳定，比O强，C原子最小，F>N>O>C ；（3）CO2晶胞是面心立方晶体，其中有4个分子，密度为；（4）镁与硝酸发生氧化还原反应，无气体生成，说明硝酸被还原为铵盐，得4Mg+10H++NO3－=4Mg2++NH4++3H2O；(5)A（BC）5是Fe(CO)5， 该配合物常温下为液态，熔点低，易溶于非极性溶剂，是分子晶体。

①AI

②

③

④C、D

⑤B、D

⑥>

⑦两者均为离子化合物，且阴阳离子电荷数均为1，但后者的离子半径较大，离子键较弱，因此其熔点较低

（1）该元素在第四电离能发生突变，该元素为正三价，为铝元素；根据能量最低原理和核外电子排布规律不难写出电子排布式；Ge和C为同族元素，Ge最高价为+4价，氯化物分子式为GeCl4。Ge位于金属和非金属分界线附近，既具有金属性，也具有一定的非金属性，可作为半导体材料；Ge不是一种活泼的金属；Ge为金属，电负性要小于硫；Ge的氯化物和溴化物均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，Ge的溴化物沸点更高。

分子中含有碳碳非极性共价键，也含有碳氢极性共价键，B项正确；分子中含有4个C-H和3个C-C    和2个C-O,3个π键，1个πC=C和2个πC=O ；该分子中含有两个醛基，溶解度要大于2-丁烯。

（4）两者均为离子化合物，晶格能越大，熔点越高；两者阴阳离子电荷数均为1，但后者的离子半径较大，晶格能小，因此其熔点较低。

【考点定位】本题考查较为综合，涉及电子排布式、分子的立体构型、杂化轨道类型、化学键类型等知识，具有一定的难度。

（1）氟（或F）（1分） 锂（或Li）（1分）

（2）（2分）

（3）CO2或N2O（1分）　平面三角形（1分）

（4）离子晶体（1分）　N3+H2OHN3+OH（2分）

（5）氨分子之间存在氢键（N2O分子间只存在范德华力，氢键作用较强）（2分）

（6）1∶2（1分） 金属键（1分） 　112/NA·a3 g·cm-3（2分）　　

试题分析：（1）根据同周期元素性质递变规律判断，氮所在的周期中，电负性最大的元素是氟，第一电离能最小的元素是锂；（2）基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，L层电子排布图为；（3）根据等电子体的概念判断，与N3－互为等电子体的分子为CO2或N2O；依据价层电子对互斥理论，NO3－的中心原子有三对价电子，空间构型为平面三角形；（4）氨基化钠（NaNH2）和叠氮化钠（NaN3）的晶体类型为离子晶体；叠氮化钠为强碱弱酸盐，其中叠氮酸根水解，水溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因：N3—+H2OHN3+OH—；（5）N2O沸点（－88．49℃）比NH3沸点（－33．34℃）低，其主要原因是氨分子之间存在氢键（N2O分子间只存在范德华力，氢键作用较强）；（6）①氮分子中含有氮氮三键，含有1个σ键和和2个π键，数目之比为1∶2；②铁晶体为金属晶体，存在的化学键类型为金属键；③铁晶体为体心立方堆积，其晶胞如图所示，晶胞边长为a cm，该铁晶体密度为___________（用含a、NA的表达式表示，其中NA为阿伏加德罗常数）。缺少晶胞结构无法进行解析！

（8分）（1）氯（1分）

（2）Cu+ 的最外层电子排布为3d10，而Cu2+ 的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO（2分）

（3）g/cm3（2分） （4）① sp3（1分）  ②大于（1分）　　③ N＞O＞S（1分）

试题分析：（1）铜元素基态原子未成对电子数是1个，则与三周期基态原子未成对电子数与Cu相同且电负性最大的元素是氟。

（2）根据构造原理可知，Cu+ 的最外层电子排布为3d10，而Cu2+ 的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO的，所以CuO受热易分解为Cu2O和O2。

（3）根据晶胞结构特点可知，晶胞中铜原子的个数是8×＋6×＝4，氧原子的个数也是4个，即该氧化物是CuO。应用晶胞的边长为a cm，则×NA＝4，因此晶胞的密度ρ＝g/cm3＝g/cm3。

（4）①根据价层电子对互斥理论可知，SO2—4中S原子含有的孤对电子对数＝（6＋2－4×2）÷2＝0，即SO2—4的立体构型是正四面体，所以S原子的杂化轨道类型是sp3杂化。

②由于水分子中氧原子含有2对孤对电子，排斥力强，而氨气分子中含有1对孤对电子，所以NH3分子内的H—N—H键角大于H2O分子内的H—O—H键角。

③非金属性越强，第一电离能越大，则氧元素的第一电离能大于S元素的。由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以S、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S。

（1）3d104s1  ds   （2）CS2的电子式略  平面三角形

（3）原子晶体

（4）1：1：108

（5）cNa+> cSO42- >cA l3+ > cH+ >cOH-

（6）NH2Cl+H2O =HClO+NH3

（7）AD

试题分析：A、B、C、D、E、F是周期表中的前20号元素，原子序数逐渐增大。A元素是宇宙中含量最丰富的元素，其原子的原子核内可能没有中子，A为氢。B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相等1S22S22P2,B为C ;C元素原子最外层p能级比s能级多1个电子，则C为N；D原子p轨道上成对电子数等于最外电子中未成对电子数则为Si;E的常见化合价为＋3，为Al;F最高正价与最低负价的代数和为4，为硫; G+的M层电子全充满,为钾。（1）G的基态原子的外围电子排布式为3d104s1 ， 周期表中F属于 ds区。（2）B与F形成的为CS2的电子式与二氧化碳相同;F的一种具有强氧化性的氧化物是SO3，其分子的VSEPR模型为平面三角形。（3）BD2在高温高压下所形成的晶胞SiO2，该晶体的类型属于原子晶体。（4）设C元素的气态氢化物NH3为甲，最高价氧化物的水化物HNO3为乙，甲与乙反应的产物为丙NH4NO3。常温下，有以下3种溶液：①pH=11的甲的水溶液 ②pH=3的乙的水溶液 ③pH=3的丙溶液，3种溶液中水电离出的cH+之比为1：1：108。（5）丁、戊分别是E（铝）、F（硫）两种元素最高价含氧酸的钠盐，丁、戊溶液能发生反应。当丁、戊溶液以物质的量之比为1:4混合后，发生反应3AlO2- + Al3+ + H2O=4Al(OH)3，由于溶液铝离子剩余发生水解呈酸性，故中各离子浓度大小顺序为cNa+> cSO42- >cA l3+ > cH+ >cOH-。（6）A和C形成的某种氯化物CA2Cl（NH2Cl）可作杀菌剂，由于氯的化合价为+1价，故NH2Cl+H2O =HClO+NH3  （7）往G的硫酸盐（CuSO4）溶液中加入过量氨水，可生成一种配合物X(硫酸四氨合铜，)，A．由于该配合物是离子化合物，X中所含化学键有离子键、极性键和配位键 ，正确；B．X中是G2+，提供空轨道，NH3给出孤对电子，错误；C．组成X的元素中第一电离能最大的是氮元素，不是氧元素，错误；D．SO42-与PO43-互为等电子体，空间构型均为正四面体，正确。