四川省成都市崇州市怀远中学2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

崇州市怀远中学高二下期期中考试相关相对原子质量：H—1C-12Cu-64第I卷选择题一、选择题：本题共22小题，每小题2分，共44分1.下列化学用语正确的是A.的结构示意图：B.的结构示意图：C.的核外电子排布式：D.原子的价电子排布式：【答案】C【解析】【详解】A．亚铁离子的核电荷数为26，核外3个电子层，最外层电子数为14，离子的结构示意图为，故A错误；B．硫离子的核电荷数为16，核外3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故B错误；C．铜元素的原子序数为29，基态铜离子的核外电子排布式为，故C正确；D．铬元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54s1，故D错误；故选C。2.有四种元素原子的基态或激发态原子的电子排布式如下：①②③④下列说法错误是A.元素①的一种单质可用于消毒杀菌B.元素②所在周期中其原子半径最大C.元素①③在周期表中位于第17列D.元素④的简单氢化物常作制冷剂【答案】C【解析】 【分析】由题干信息可知，①是激发态O原子的电子排布式，②是基态Na原子的电子排布式，③是激发态S原子的电子排布式，④是基态N原子的电子排布式，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，元素①是O，则元素①的一种单质O3可用于消毒杀菌，A正确；B．由分析可知，元素②是Na，则元素②Na所在周期中其原子半径最大，B正确；C．由分析可知，元素①③为O、S，在周期表中位于第16列，C错误；D．由分析可知，元素④即N，其简单氢化物NH3常作制冷剂，D正确；故答案为：C。3.的结构式为，下列有关的说法错误的是A.四个原子在一条直线上B.S原子有两对孤电子对C.S原子的杂化方式为D.分子中既有极性键又有非极性键【答案】A【解析】【详解】A．H2S2中S的σ键数为2，孤电子对数为2，S原子的价层电子对数为2+2=4，孤对电子会对成键电子有排斥作用，因此四个原子不在一条直线上，A错误；B．H2S2中S的σ键数为2，孤电子对数为2，B正确；C．H2S2中S的σ键数为2，孤电子对数为2，S原子的价层电子对数为2+2=4，S原子为sp3杂化，C正确；D．分子中既有H-S极性键又有S-S非极性键，D正确；故选：A。4.描述共价键的三个重要参数是键能、键长和键角。下列说法正确的是A.在分子中，键的键长是C原子半径和S原子半径之和B.分子为正四面体结构，键角为C.键能：D.型分子中的键角均为【答案】B【解析】【详解】A．键长是成键两原子的原子半径之和，二硫化碳分子中碳硫双键的键长比碳原子和硫原子的原子半径之和要小，故A错误； B．白磷分子的空间构型为正四面体形，键角为60°，故B正确；C．查阅课本资料可知，氮氮三键的键能为946kJ/mol，而氮氮单键的键能为193kJ/mol，故氮气分子中含有的氮氮三键的键能比氮氮单键的3倍要大，故C错误；D．若AB3分子中A原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，空间构型为平面三角形，分子中的键角均为120°，故D错误；故选B。5.下列叙述正确的是A.电负性：S＞ClB.键角：NH3＜H2OC.中心原子杂化轨道数：D.键长：HF＜HCl【答案】D【解析】【分析】【详解】A．同周期从左到右，电负性变大，电负性：S＜Cl，故A错误；B．孤电子对对成键电子对排斥力大，水中氧上有两个孤电子对，键角：NH3＞H2O，故B错误；C．中心原子杂化轨道数分别是3+=4、4+=4：，故C错误；D．F原子半径小，键长：HF＜HCl，故D正确；故选D。6.下列叙述中正确的有A.运用价层电子对互斥理论，CO离子的空间构型为三角锥型B.具有相同核外电子排布粒子，化学性质相同C.NCl3中N—Cl键的键长比CCl4中C—Cl键的键长短D.日常生活中的焰火、LED灯与原子核外电子跃迁释放能量无关【答案】C【解析】【详解】A．运用价层电子对互斥理论，CO离子中C原子的价电子对数是，无孤电子对，空间构型为平面三角形，故A错误；B．具有相同核外电子排布的粒子，化学性质不一定相同，如S2-、Ar具有相同的核外电子排布，Ar性质稳定，S2-具有还原性，故B错误； C．N原子的半径小于碳原子，NCl3中N—Cl键的键长比CCl4中C—Cl键的键长短，故C正确；D．日常生活中的焰火与原子核外电子跃迁释放能量有关，故D错误；选C。7.铍(4Be)的右下角元素是铝，根据“对角线规则”，下列描述不正确的A.BeO是两性氧化物B.已知AlCl3是共价化合物，则BeCl2也可能是共价化合物C.Be(OH)2既能与H2SO4溶液反应也能与NaOH溶液反应D.Be(OH)2与NaOH溶液反应后生成NaBeO2和H2O【答案】D【解析】【分析】元素周期表中，处于对角线位置的相应两元素及其化合物的性质有许多相似之处。【详解】A．氧化铝是两性氧化物，类推出BeO是两性氧化物，故A正确；B．已知AlCl3是共价化合物，类推出BeCl2也可能是共价化合物，故B正确；C．氢氧化铝具有两性，类推出氢氧化铍也具有两性，Be(OH)2既能与H2SO4溶液反应也能与NaOH溶液反应，故C正确；D．Be最外层只有2个电子，化合价为+2价，Be(OH)2与NaOH溶液反应后生成Na2BeO2和H2O，故D错误；故选D。8.图甲是用压强传感器探究生铁在和的醋酸溶液中腐蚀过程的装置；图乙是根据压强传感器所得数据绘制的图象。下列说法错误的是A.在上述两种腐蚀过程中，生铁中的碳做正极且电极反应相同B.上述探究过程中吸氧腐蚀速率比析氢腐蚀速率快C.生铁发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀与溶液的酸性强弱有关D.日常生活中钢铁的吸氧腐蚀比析氢腐蚀更普遍 【答案】A【解析】【分析】根据压强与时间关系图知，pH=2的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该反应发生析氢腐蚀，pH=4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，铁做负极，碳做正极；【详解】A．根据图示可知，当溶液pH=2时，锥形瓶中气体压强逐渐增大，生铁发生析氢腐蚀，碳做正极且电极反应式为2H++2e-=H2↑，而在pH=4时，气体压强逐渐减小，生铁发生吸氧腐蚀，正极电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A错误；B．根据压强与时间关系图知，pH=2的溶液和pH=4的溶液中，变化相同的压强时所用时间不同，前者比后者使用时间长，说明吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，故B正确；C．pH=2时，生铁发生析氢腐蚀，在pH=4时，生铁发生吸氧腐蚀，则生铁发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀与溶液的酸性强弱有关，故C正确；D．日常生活中介质一般为中性或碱性，钢铁被腐蚀主要是因为铁能与空气中的氧气和水反应，则钢铁的吸氧腐蚀比析氢腐蚀更普遍，故D正确；故选：A。9.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，86g己烷的分子数为NA个B.25℃时，1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中NH为0.1NAC.17.6g丙烷中所含的极性共价键为4NA个D.64gCu分别与足量稀硝酸反应时，转移电子数为NA【答案】A【解析】【详解】A．己烷的分子式为C6H14，所以86g己烷的物质的量为=1mol，所含分子数为NA个，A正确；B．1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中含有0.1molNH4NO3，但由于铵根会水解，所以NH的个数小于0.1NA，B错误；C．17.6g丙烷的物质的量为=0.4mol，每个丙烷分子中含有8个C-H极性共价键，所以共含的极性共价键为3.2NA个，C错误；D．64gCu的物质的量为1mol，足量稀硝酸反应全部转化为Cu2+，转移电子数为2NA，D错误；综上所述答案为A。 10.下列说法不正确的是A.和互为同位素B.甲酸和蚁酸互为同分异构体C.和互为同系物D.金刚石和互同素异形体【答案】B【解析】【详解】A．和两者质子数相同、中子数不同，互为同位素，A正确；B．蚁酸一般指甲酸，甲酸和蚁酸是同一种物质，B错误；C．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；和两者结构相似、相差1个“CH2”原子团，两者互为同系物，C正确；D．同素异形体是同种元素组成的单质；金刚石和都是碳单质，互为同素异形体，D正确；故选B。11.某原电池的总反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，不能实现该反应的原电池是选项正极负极电解质溶液ACuFeFeCl3溶液BCFeFe(NO3)3溶液CFeZnFe2(SO4)3溶液DAgFeFe2(SO4)3溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐：A．铜作正极，铁作负极，电解质为可溶性的氯化铁，则符合题意，故A不选；B．铁作负极，碳作正极，电解质为Fe(NO3)3溶液，能发生氧化还原反应，则符合题意，故B不选； C．Zn的金属活泼性比Fe强，则Zn作负极，Fe作正极，电解质为可溶性的硫酸铁，所以不能构成该条件下的原电池，则不符合题意，故C选；D．Fe作负极，银作正极，电解质为Fe2(SO4)3溶液，发生反应为2Fe3++Fe═3Fe2+，符合题意，故D不选；故选C。12.下列有关说法正确的是A.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多B.已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，故金刚石比石墨稳定C.放热且熵增加的反应不一定能正向自发进行D.增大反应物的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率【答案】A【解析】【详解】A．固体硫变为硫蒸汽要吸热，则硫蒸气燃烧时放出的热量多，故A正确；B．C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则石墨能量比金刚石小，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；C．放热且熵增加的反应，即△H＜0、△S＞0的反应，该反应在任何温度下均有△H-T△S＜0，即放热且熵增加的反应在任何条件下都能正向自发进行，故C错误；D．增大反应物浓度，单位体积活化分子总数目增大，但活化分子百分数不变，故D错误；故选：A。13.下列离子能大量共存的是A.Na+、K+、SO、COB.Mg2+、NH、SO、OH-C.Ba2+、K+、CO、NOD.Ag+、K+、Cl-、NO【答案】A【解析】详解】A．Na+、K+、SO、CO相互之间不反应，能大量共存，故A正确；B．Mg2+、NH与OH-都会反应，不能大量共存，故B错误；C．Ba2+与CO会生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；D．Ag+与Cl-会生成氯化银沉淀，不能大量共存，故D错误；故选A。14.X、Y、Z、M为四种短周期元素。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可形成分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为。下列说法正确的是A.原子半径比较：Z>Y>X>MB.元素的氧化物对应的水化物的酸性比较：Z>Y>XC.由Y、Z、M三种元素可形成一种常见的离子化合物D.气态氢化物的稳定性：X>Y>Z【答案】C【解析】【分析】由Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L，可求得其相对分子质量为M=0.76 g/L×22.4L/mol=17g/mol，所以Y是N，M是H，又因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，所以X是C，Z是O；【详解】A．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，原子半径应为X>Y>Z>M，A错误；B．元素的最高氧化物对应的水化物才能比较酸性，而且氧也没有氧化物对应水化物，B错误；C．Y、Z、M是N、O、H，三种元素可形成一种常见的离子化合物硝酸铵，C正确；D．同一周期，从左到右，元素非金属性逐渐增强，气态氢化物稳定性逐渐增强，故为Z>Y>X，D错误；故选C。15.如图是模拟工业电解饱和食盐水的装置图，下列叙述正确的是A.Fe电极的电极反应是：4OH--4e-=2H2O+O2↑B.通电一段时间后，石墨电极附近溶液先变红C.电解饱和食盐水的总反应是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑D.直流电源的a极是正极【答案】C【解析】 【分析】该装置有外加电源，因此该装置为电解装置，因为是电解饱和食盐水，根据电解原理，因此铁电极为阴极，石墨为阳极，据此分析；【详解】A．工业电解饱和食盐水石墨作电解池的阳极，与电源正极向相连，铁作阴极，与电源负极相连，a为电源负极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A错误；B．电解原理为溶液中氯离子在阳极失电子生成氯气，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，铁电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红色，故B错误；C．电解饱和食盐电解水反应生成氢氧化钠、氢气、氯气，反应的化学方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故C正确；D．根据选项A的分析，a为电源负极，故D错误；答案为C。16.反应2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O可用于制备N2H4，下列说法正确的是A.N2H4可与HCl反应与NH3类似B.NaCl的电子式为C.NaClO既含离子键又含非极性键D.NaClO中Cl原子采取sp2杂化【答案】A【解析】【详解】A．与HCl反应生成氯化铵，为可以看做氨气分子中一个氢被一个-NH2所代替而形成的，因此N2H4与HCl的反应与类似，A正确；B．NaCl属于离子化合物，电子式为：，B错误；C．NaClO中存在离子键和极性键，不存在非极性键，C错误；D．NaClO中Cl原子未杂化，D错误；故选A。17.CH、—CH3、CH都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是A.—CH3与—NH2连接形成的化合物中，碳原子采取sp3杂化B.CH与NH3、H3O+的立体构型均为正四面体形C.CH中的碳原子采取sp3杂化，所有原子不都共面D.CH与OH-形成的化合物中含有离子键【答案】A 【解析】【详解】A．化合物CH3NH2中，碳原子为单键碳原子，杂化方式为sp3杂化，A正确；B．CH与NH3、H3O＋三者中心原子价层电子对均为4对且均含1对孤电子对，故均为三角锥形，B错误；C．CH中C的价层电子对数为3，为sp2杂化，平面三角形，所有原子共面，C错误；D．CH与OH-形成CH3OH，为共价化合物，只含共价键，不含离子键，D错误；故答案选A。18.二氟化二氧(O2F2)是一种极强的氧化剂和氟化剂，分子结构与过氧化氢相似，性质极其不稳定，可以发生反应：。下列有关说法不正确的是A.离子半径：S2->O2->F-B.O2F2分子中氧原子的价层电子对数为4C.O2F2分子中极性键与非极性键数目之比为2:1D.HF在标准状况下呈液态，主要原因是极性较强，范德华力较大【答案】D【解析】【分析】【详解】A．S2-电子层为3层，O2-、F-电子层均为2层，故三者中S2-半径最大，一般电子层数相同时，核电荷数大，半径小，故O2-半径大于F-，A正确；B．O2F2结构与H2O2结构相似，推测其结构为：F—O—O—F，每个O原子形成2个σ键，用掉2个价电子，剩余4个价电子形成2对孤电子对，故O原子的价层电子对数目为4对(2对σ电子对+2对孤电子对)，B正确；C．由B选项分析知，O2F2中含2根极性键O—F键，1根非极性键O—O键，C正确；D．HF标准状况下呈液态，是因为其存在分子间氢键，导致其熔点较高，D错误；故答案选D。19.利用如图所示装置(示意图)，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛用于工业生产。下列说法中不正确的是 A.氯碱工业中，Y附近能得到氢氧化钠溶液B.铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4C.电镀工业中，Y是待镀金属，X是镀层金属D.外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Y是阴极，氯碱工业中，Y附反应式是，Y极得到氢氧化钠溶液，故A正确；B．X是阳极、Y是阴极，铜的精炼中，X是粗铜，Y是纯铜，Z是CuSO4，故B错误；C．X是阳极、Y是阴极，电镀工业中，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，故C正确；D．Y是阴极，外加电流的阴极保护法中，待保护金属作阴极，故D正确；选B。20.下列有关方程式ΔH=+57kJ·mol-1说法正确的是A.升高体系温度正反应速率增大，逆反应速率减小B.若容器体积不变，气体密度不变时说明该反应已经达到化学平衡状态C.温度不变，向平衡后的容器中再加入少量N2O4，平衡常数K值变大D.增大体系的压强，平衡左移。N2O4的反应速率增大，但转化率减小【答案】D【解析】【详解】A．升高体系温度正反应速率增大，逆反应速率也增大，A错误；B．若容器体积不变，由于反应前后气体质量不变，气体密度始终不变，因此气体密度不变时不能说明该反应已经达到化学平衡状态，B错误；C．平衡常数只与温度有关系，温度不变，平衡常数K值不变，C错误； D．正反应体积增大，增大体系的压强，N2O4的反应速率增大，平衡左移，转化率减小，D正确；答案选D。21.在一定体积的密闭容器中进行反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，平衡常数K和温度t的关系如表，下列说不正确的是t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6A.该反应的△H>0B.当v正(H2)=v正(H2O)时，该反应达到化学平衡状态C.平衡浓度符合c(CO2)c(H2)=c(CO)c(H2O)，此时温度为830℃D.1200℃时，在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol·L-1、2mol·L-1、4mol·L-1、4mol·L-1，则此时平衡向逆反应方向移动【答案】B【解析】【详解】A．由表格信息可知随温度的升高，K值增大，说明升高温度平衡正向移动，该反应的△H>0，故A正确；B．当正反应速率等于逆反应速率时反应达到平衡状态，即v正(H2)=v逆(H2O)时，该反应达到化学平衡状态，故B错误；C．平衡浓度符合c(CO2)c(H2)=c(CO)c(H2O)，即，由表中信息可知此时温度为830℃，故C正确；D．1200℃时，K=2.6，某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol·L-1、2mol·L-1、4mol·L-1、4mol·L-1，Q=>K，则此时平衡向逆反应方向移动，故D正确；故选：B。22.用惰性电极电解体积为的溶液，收集到两极产生的气体体积相等时停止通电，恢复至室温(忽略溶液体积变化)。下列说法错误的是A.电解结束后，加入固体可让溶液恢复至原来的浓度B.此电解过程中，转移电子的物质的量为 C.电解后溶液的D.常温下，两极收集到的气体总体积为【答案】D【解析】【分析】电解时阴极是铜离子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，再由氢离子得电子，电极反应式为2H++2e-=H2↑，阳极是氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；【详解】A．阴极产生气体说明铜离子先全部得电子生成Cu，的溶液中n(Cu2+)=cV=0.05×4=0.2mol，物质的量，则可让溶液恢复至原来的浓度，A正确；B．阴极先后发生电极反应为Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，收集到两极产生的气体体积相等时停止通电，0.2molCu2+反应转移0.4mol电子，则此电解过程中，转移电子的物质的量为，B正确；C．由B项知阴极中2H++2e-=H2↑，消耗0.4molH+，阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，产生0.8molH+，电解后溶液中n(H+)=0.4mol，在4L溶液中c(H+)=，溶液pH=1，C正确；D．此电解过程中，转移电子的物质的量为，阳极产生0.2molO2，阴极产生0.2molH2，共生成0.4mol气体，由于未指明气体所处的温度和压强，不能计算体积，D错误；故选：D。第II卷非选择题23.下表列出了前20号元素中某些元素性质的一些数据：性质元素原子半径最高价态最低价态性质元素原子半径最高价态最低价态①1.02⑥1.10②2.27—⑦0.99③0.74—⑧1.86—④1.43—⑨0.75⑤0.77⑩1.17 试回答下列问题：（1）以上10种元素中，第一电离能最小的是_______(填编号)。（2）上述⑤、⑥、⑦三种元素中的某两种元素形成的化合物中，每一个原子都满足稳定结构的物质是_______(写分子式)。元素⑤和⑩形成的化合物的化学式为_______物质类型为_______(填离子化合物、共价化合物)：元素①的原子价电子排布式是_______。（3）①、⑥、⑦三种元素的气态氢化物的稳定性，由强到弱的顺序是_______(填化学式)。（4）③和⑨两元素比较，非金属性较弱的是_______(填名称)，可以验证你的结论的是下列中的_______(填序号)。A.气态氢化物的挥发性B.单质分子中的键能C.两元素的电负性D.含氧酸的酸性E.氢化物中键的键长(X代表③和⑨两元素)【答案】（1）②（2）①.②.③.共价化合物④.（3）（4）①.氮②.C【解析】【分析】同一周期中，自左至右，元素的原子半径逐渐减小；同一主族中，从上向下，元素的原子半径逐渐增大。由题意可知，10种元素是前20号元素，根据表中数据，可推出①S，②K，③O，④Al，⑤C，⑥P，⑦Cl，⑧Na，⑨N，⑩Si。【小问1详解】一般来说，在同一周期中，自左至右，元素的第一电离能逐渐增大；同一主族中，从上向下，元素的第一电离能逐渐减小。故在10种元素中，第一电离能最小的是②K。【小问2详解】C、P、Cl中的某两种元素形成的化合物中，PCl3或CCl4分子中的每一个原子都满足8e-稳定结构；元素⑤和⑩形成的化合物是，为共价化合物；S元素的原子价电子排布式是3s23p4。【小问3详解】元素的非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，非金属性强弱为Cl＞S＞P，故其氢化物稳定性为HCl＞H2S＞PH3。【小问4详解】 氧元素和氮元素相比，非金属性较弱的是氮元素，因同一周期从左到右元素的非金属性增强，电负性越大，可通过C项验证。24.研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：（1）Co基态原子核外电子排布式为________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是________，基态原子核外未成对电子数较多的是________。（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为________和________。（3）比较CO2和H2O沸点________，原因是________。（4）Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2②.O③.Mn（2）①.sp②.sp3（3）①.H2O＞CO2②.水分子之间中存在氢键（4）离子键和π键【解析】【小问1详解】Co是27号元素，位于周期表第4周期第Ⅷ族，其基态核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2【小问2详解】元素Mn是金属元素，O是非金属元素，第一电离能较大的是O；Mn和O的基态原子核外未成对电子数分别是3、2，所以基态原子核外未成对电子数较多的是Mn；【小问3详解】CO2分子中，碳原子和氧原子间形成共价双键，最外层无孤电子对，而CH3OH分子中，碳原子与3个氢原子间形成共价单键，且与一个氧原子间形成共价键，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3；【小问4详解】Mn(NO3)2中存在Mn2+与间的离子键，内存在σ键和π键，所以答案是离子键和π键。25.现有6种短周期元素X、Y、Z、W、M、Q，其原子序数依次增大，部分信息如下表：X阴离子电子层结构与氦原子相同Y最高价氧化物在空气中增多会造成温室效应Z双原子单质分子中s键与p键的数目之比为1：2 W基态原子的价电子排布式为nsnnpn+2M短周期元素中原子半径最大Q元素最高化合价与最低化合价的代数和等于4请用相应的化学用语回答下列问题：（1）中子数为8的一种Y原子常用于判断古生物化石年代，其原子符号是________。（2）基态Q原子的核外电子排布中，电子占据的最高能级符号是________，其电子云轮廓图为________形。（3）Z的电负性________W的电负性(填“>”或“<”，下同)，Z的第一电离能________W的第一电离能，Z、W、M的简单离子半径由大到小的顺序是________(用离子符号回答)。（4）QW的VSEPR模型是________，QW3分子中的键角是________。（5）ZX中的X—Z—X键角比ZX3中的X—Z—X键角大，原因是________。【答案】（1）C（2）①.3p②.哑铃（3）①.<②.>③.N3->O2->Na+（4）①.四面体形②.120°（5）NH3分子存在1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力【解析】【分析】6种短周期元素X、Y、Z、W、M、Q，其原子序数依次增大；Y最高价氧化物在空气中增多会造成温室效应，为碳；X原子序数小于碳，且阴离子电子层结构与氦原子相同，为氢；单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，叁键含有1个σ键2个π键；Z双原子单质分子中s键与p键的数目之比为1：2，为氮；W基态原子的价电子排布式为nsnnpn+2，则n=2，W为氧；M短周期元素中原子半径最大，为钠；Q原子序数大于钠，且元素最高化合价与最低化合价的代数和等于4，则为硫；【小问1详解】核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为8的一种Y原子常用于判断古生物化石年代，则质量数为6+8=14，其原子符号是C；【小问2详解】基态S原子的核外电子排布1s22s22p63s23p4，电子占据的最高能级符号是3p，其电子云轮廓图为哑铃形；【小问3详解】 同一周期随着原子序数变大，主族元素电负性变大，故N的电负性小于O的电负性；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：N>O；Z、W、M的简单离子半径由大到小的顺序是N3->O2->Na+；【小问4详解】SO的S原子的价层电子对数为3＋=4，VSEPR模型是四面体形，SO3中S原子的价层电子对数为3＋=3，为sp2杂化，为平面三角形，分子中的键角是120°；【小问5详解】NH中N原子的价层电子对数为4＋=4，为sp3杂化，是正四面体形，NH3中N原子的价层电子对数为3＋=4，为sp3杂化，存在1对孤电子对，是三角锥形，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，故NH中的H—N—H键角比NH3中的H—N—H键角大。26.氮的氧化物和氮的氢化物的任意排放均会对环境造成污染，因此关于其转化的研究对于消除环境污染有着重要意义。（1）已知T℃时，有如下反应：反应I：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)ΔH=a反应II：N2(g)+2O2(g)2NO2(g）ΔH=b反应III：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=c试写出T℃时，NH3与NO2反应生成不污染环境的物质的热化学反应方程式________。（2）T℃时，向2L密闭容器中加入一定量的NO2、NO和O2，发生(1)中反应III，不同时间测得各物质的部分浓度(mol×L-1)如下表所示：时间(min)NOO2NO20a0.300.10100.140.27b200.10c0.2030d0.240.22400.08ef①温度不变，反应达平衡后容器中的压强与最初加入气体时的压强之比为________。 ②反应的前20min的平均反应速率v(NO)=________mol×L-1×min-1。③若温度不变，平衡后将反应容器压缩为1L，达到新的平衡后，c(O2)________0.48mol×L-1(填“>”“<”或“=”)。（3）某化学兴趣小组利用电解原理设计实验消除NH3与NO对环境的影响，并制取KOH溶液和H2SO4溶液，其工作原理如下图所示：①从出口B、C产生的气体相同，该气体是________；从出口D得到的溶液是________。②电解槽左池中发生的电极反应式为________。③电解一段时间，两电极共收集到22.4L气体(标准状况下)时，理论上将生成________molKOH。【答案】（1）8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)ΔH=2a+3b-6c（2）①.9:10②.0.005③.<（3）①.氮气②.氢氧化钾溶液③.④.2.4【解析】【小问1详解】NH3与NO2反应生成不污染环境的物质，根据质量守恒可知，反应为8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)；反应I：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)ΔH=a反应II：N2(g)+2O2(g)2NO2(g）ΔH=b反应III：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=c由盖斯定律可知，T℃时，I×2+II×3-III×6得8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)ΔH=2a+3b-6c；【小问2详解】①T℃时，向2L密闭容器中加入一定量的NO2、NO和O2，发生(1)中反应III：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)；当10min时，反应消耗氧气浓度为（0.3-0.27）mol×L-1=0.03mol×L-1，则反应消耗一氧化氮浓度为0.06mol×L-1，则a=（0.06+0.14）=0.20mol×L-1，40min时：平衡时各物质的浓度与30min 时浓度相同，则说明此时已经达到平衡，根据阿伏伽德罗定律，相同条件下压强比等于物质的量之比，则温度不变，反应达平衡后容器中的压强与最初加入气体时的压强之比为(0.08mol×L-1×2L+0.24mol×L-1×2L+0.22mol×L-1×2L):(0.2mol×L-1×2L+0.3mol×L-1×2L+0.1mol×L-1×2L)=9:10；②反应的前20min的平均反应速率v(NO)=0.005mol×L-1×min-1。③反应为气体分子数减小的反应，若温度不变，平衡后将反应容器压缩为1L，相当于增大压强，平衡在原有平衡基础上反应又正向移动，导致达到新的平衡后，c(O2)<0.48mol×L-1；【小问3详解】利用电解原理设计实验消除NH3与NO对环境的影响，并制取KOH溶液和H2SO4溶液；由图可知，左侧连接电源正极，为阳极室，氨气失去电子发生氧化反应生成氮气，，硫酸根离子迁移过来得到硫酸；右侧为阴极室，一氧化氮得到电子发生还原反应生成氮气，，钾离子迁移过来生成氢氧化钾；①由分析可知，从出口B、C产生的气体相同，该气体是氮气；从出口D得到的溶液是氢氧化钾溶液。②左侧连接电源正极，为阳极室，氨气失去电子发生氧化反应生成氮气，。③电解一段时间，两电极共收集到22.4L气体(标准状况下)，则氮气的物质的量为1mol，根据电极反应可知，、，则此时阴极生成氮气的物质的量为0.6mol，理论上将生成2.4molKOH。27.材料科学的应用领域十分广泛，如做磁性元器件的纳米晶软磁合金；合成全氮材料中间体的五氮阴离子盐。回答下列问题：（1）元素在元素周期表中的位置是_______，基态原子的未成对电子数是_______。（2）基态原子的核外价电子排布式为_______，位于元素周期表的_______区，基态N原子的价电子排布图为_______。（3）原子的核外电子有_______种不同的运动状态，次外层电子云有_______种不同的伸展方向。（4）呈色，配位数是_______，中键的数目为_______。（5）中两种阳离子的中心原子杂化方式都是_______；的电子式为_______。【答案】（1）①.第四周期第VIII族②.4（2）①.1s22s22p63s23p63d104s1②.ds③. （3）①.29②.5（4）①.4②.16NA（5）①.sp3②.【解析】【小问1详解】Fe为26号元素，其在元素周期表中的位置为第四周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，只有3d轨道上有4个未成对电子；【小问2详解】Cu是29号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，位于元素周期表的ds区；N的原子序数为7，核外电子排布式为：1s22s22p3，基态N原子的价电子排布图为；【小问3详解】Cu原子核外有29个电子，每个电子的空间运动状态都不同，所以电子有29种运动状态；Cu原子核外次外层为4d轨道，存在5种不同的伸展方向；【小问4详解】配体是NH3，配位数是4，该配离子中每个铜离子和4个N原子形成4个σ键，每个氨气分子中存在3个σ键，则该配离子中含有4+3×4=16个σ键，所以1mol该配离子含有16NA个σ键；【小问5详解】两种阳离子分别是NH和H3O+，N、O的价层电子对数均为4，其中心原子都是sp3杂化，O最外层电子是8电子稳定结构，跟2个H结合用掉了4个，还剩下2对孤对电子，其中一对跟H+形成配位键则变成H3O+，电子式为。