四川省广安市武胜中学2022学年高二化学上学期第一次月考试题（重点班）（含解析）新人教版

2022-2022学年四川省广安市武胜中学高二（上）第一次月考化学试卷（重点班）　一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．（3分）下列各组元素都属于p区的是（　　）A．原子序数为1，6，7的元素B．He，S，PC．Fe，Cu，ClD．Na，Li，Mg2．（3分）下列说法中正确的是（　　）A．HCHO分子中既含σ键又含π键B．CO2分子中的化学键为非极性键C．NH3分子中N原子的杂化轨道类型是sp2D．沸点：HF＞NH3＞H2O3．（3分）（2022•四川）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，Z原子比X原子的核外电子数多4．下列说法正确的是（　　）A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z＞Y＞WB．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞ZC．Y、Z形成的分子空间构型可能是正四面体D．WY2分子中δ键与π键的数目之比是2：14．（3分）（2022•江苏）X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等．下列说法正确的是（　　）A．元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，其半径依次增大B．元素X不能与元素Y形成化合物X2Y2C．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XmRD．元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸5．（3分）（2022•安徽）科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N（NO2）3（如图所示）．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（　　）-30-\nA．分子中N、O间形成的共价键是非极性键B．分子中四个氧原子共平面C．该物质既有氧化性又有还原性D．15.2g该物质含有6.02×1022个原子6．（3分）钾长石的主要成分为硅酸盐，由前20号元素中的四种组成，化学式为XYZ3W8，其中只有W显负价．X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，Y3+与W的阴离子具有相同的电子层结构，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和．下列说法错误的是（　　）A．X的离子半径＞Y的离子半径B．Z的氢化物稳定性＞W的氢化物稳定性C．化合物X2W2和Y2W3中都不含配位键D．1molZW2晶体所含Z﹣W键的数目为4NA7．（3分）（2022•上海）将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L﹣1稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（　　）A．B．C．D．8．（3分）将一定量锌与100mL18.5mol/LH2SO4充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A33.6L（标准状况）．将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的氢离子浓度0.1mol•L﹣1，则下列叙述中错误的是（　　）A．气体A为SO2和H2的混合物B．气体A中SO2和H2的体积比为4：1C．反应中共消耗Zn97.5gD．反应中共转移电子3mol9．（3分）以下有关元素性质的说法不正确的是（　　）A．具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2　④1s22s22p63s23p4　原子半径最大的是①B．具有下列价电子排布式的原子中，①3s23p1　②3s23p2③3s23p3　④3s23p4第一电离能最大的是③C．①Na、K、Rb　②N、P、As　③O、S、Se④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④-30-\nD．某元素气态基态原子的逐级电离能（kJ•mol﹣1）分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3+10．（3分）（2022•惠州模拟）一种甲醇、氧气和强碱溶液做电解质的新型手机电池，可连续使用一个月，其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，则有关说法正确的是（　　）A．放电时CH3OH参与反应的电极为正极B．放电时负极的电极反应为CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2OC．标准状况下，通入5.6LO2并完全反应后，有0.5mol电子转移D．放电一段时间后，通入氧气的电极附近溶液的pH降低11．（3分）（2022•浙江一模）某汽车尾气分析仪以燃料电池为工作原理测定CO的浓度，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇﹣氧化钠，其中O2﹣可以在固体介质NASICON中自由移动．下列说法不正确的是（　　）A．工作时电极b作正极，O2﹣由电极b流向电极aB．负极的电极反应式为：CO+O2﹣﹣2e﹣=CO2C．当传感器中通过2×10﹣3mol电子时，说明通过的尾气中含有22.4mLCOD．传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高二、解答题（共9小题，满分67分）12．（5分）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）　若该反应中有4molN﹣H键断裂，则形成的π键有　_________　mol．③肼能与硫酸反应生成N2H6SO4．N2H6SO4化学键类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4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．13．（7分）近现代战争中，制造坦克战车最常用的装甲材料是经过轧制和热处理后的合金钢，热处理后整个装甲结构的化学和机械特性和最大限度的保持一致．钢中合金元素的百分比含量为：铬0.5～1.25镍0.5～1.5钼0.3～0.6锰0.8～1.6碳0.3（1）铬元素的基态原子的价电子层排布式是　_________　．（2）C元素与其同主族下一周期元素组成的晶体中，C原子的杂化方式为　_________　．-30-\n（3）Mn和Fe的部分电离能数据如表：元素MnFe电离能/kJ•mol﹣1I1717759I215091561I332482957根据表数据，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是　_________　．（4）镍（Ni）可形成多种配合物，且各种配合物有广泛的用途．某镍配合物结构如图所示，分子内含有的作用力有　_________　（填序号）．A．氢键B．离子键C．共价键D．金属键E．配位键组成该配合物分子且同属第二周期元素的电负性由大到小的顺序是　_________　．14．（4分）元素推断原子序数小于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：①Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为　_________　，1molY2X2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　_________　．-30-\n15．（6分）A～G是前四周期除稀有气体之外原子序数依次增大的七种元素．A与其他元素既不同周期又不同族；B、C的价电子层中未成对电子数都是2；E核外的s、p能级的电子总数相等；F与E同周期且第一电离能比E小；G的+1价离子（G+）的各层电子全充满．回答下列问题：（1）写出元素名称：B　_________　，G　_________　．（2）写出F的价电子排布图：　_________　．（3）写出化合物BC的结构式：　_________　．（4）由A、C、F三元素形成的离子[F（CA）4]﹣是F在水溶液中的一种存在形式，其中F的杂化类型是　_________　（5）在测定A、D形成的化合物的相对分子质量时，实验测定值一般高于理论值的主要原因是　_________　．16．（9分）各物质之间的转化关系如图，部分生成物省略．C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y、Z原子最外层电子数之和为10．D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应①常用于制作印刷电路板．请回答下列问题：（1）写出A的化学式　_________　，C的电子式　_________　．M在周期表中的位置　_________　，M最稳定阳离子的电子排布式　_________　，（2）比较Y与Z的原子半径大小　_________　＞　_________　（填写元素符号）．（3）写出反应1的离子方程式　_________　，（4）已知F溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体．请写出该反应的化学方程式：　_________　．17．（8分）已知：测定土壤中铁的含量时需先将三价铁还原为二价铁，再采用邻啡罗啉作显色剂，用比色法测定，若土壤中含有高氯酸盐时会对测定有干扰．相关的反应如下：4FeCl3+2NH2OH•HCl=4FeCl2+N2O↑+6HCl+H2O①Fe2+在基态时，价层电子排布式　_________　．②羟胺（NH2OH）中N原子的杂化方式　_________　（2）硫酸铜晶体的化学式也可以表达为Cu（H2O）4SO4•H2O晶体，该晶体中含有的化学键类型是　_________　．（3）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硫化镉、磷化镓及铜锢硒薄膜电池等．其中元素P、As、Se第一电离能由小到大的顺序为：　_________　．许多金属及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途．回答下列有关问题：（4）基态Ni外围电子排布图为　_________　，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是　_________　；-30-\n（5）已知CrO5中Cr为+6价，则CrO5的结构式为　_________　．18．（10分）化合物A（H3BNH3）是一种潜在的储氢材料，可由六元环状物质（HB=NH）3通过反应3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3制得．A在一定条件下通过多步去氢可最终转化为氮化硼（BN）．请回答：（1）与（HB=NH）3互为等电子体的分子为　_________　（填分子式）．（2）下列关于合成A的化学方程式的叙述不正确的是　_________　（填选项字母）．a．反应前后碳原子的轨道杂化类型不变b．CH4、H2O、CO2的分子空间构型分别为正四面体形、V形、直线形c．第一电离能的大小关系为：N＞O＞C＞Bd．A中存在配位键（3）人工可以合成硼的一系列氮化物，其物理性质与烷烃相似，故称之为硼烷．工业上采用LiAlH4和BF3，在乙醚介质中反应制得乙硼烷（B2H6），同时生成另外两种产物，该反应的化学方程式为　_________　．（4）相关化学键的键能如下表所示，简要分析和解释下列事实．化学键B﹣HB﹣0B﹣B键能（kj•mol﹣1）389561293自然界中不存在硼单质，硼氢化物也很少，主要是含氧化物，其原因为　_________　（5）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状、骨架状等多种结构形式，图（a）为一种无限长单链状结构的多硼酸根，其化学式为　_________　；图（b）为硼砂晶体中的阴离子，其中硼原子采取的杂化类型　_________　．-30-\n19．（10分）（2022•江苏）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛．硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索．以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为　_________　．（2）加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为　_________　．（3）滤渣2的成分是　_________　（填化学式）．（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑MgSO4+CMgO+SO2↑+CO↑MgSO4+3CMgO+S↑+3CO↑利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集．①D中收集的气体可以是　_________　（填化学式）．②B中盛放的溶液可以是　_________　（填字母）．a．NaOH溶液b．Na2CO3溶液c．稀硝酸d．KMnO4溶液③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：　_________　．20．（8分）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子．元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍．（1）在Y的氢化物（H2Y）分子中，Y原子轨道的杂化类型是　_________　．（2）Y与Z可形成YZ42﹣①YZ42﹣的空间构型为　_________　（用文字描述）．②写出一种与YZ42﹣互为等电子体的分子的化学式：　_________　．（3）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X（NH3）4]Cl2，1mol该配合物中含有配位键的数目为　_________　．2022-2022学年四川省广安市武胜中学高二（上）第一次月考化学试卷（重点班）-30-\n参考答案与试题解析　一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．（3分）下列各组元素都属于p区的是（　　）　A．原子序数为1，6，7的元素B．He，S，P　C．Fe，Cu，ClD．Na，Li，Mg考点：元素周期表的结构及其应用．分析：按电子排布，可将元素周期表的元素划分为5区，除了ds区外，区的名称来自构造原理最后填入电子能级的符号，以此来解答．解答：解：根据区划分标准知，属于p区的元素最后填入的电子是p电子，A．原子序数为1的H元素属于s区，故A不选；B．He为稀有气体，位于p区，S，P最后填入的电子都是p电子，所以属于p区，故B选；C．铁属于d区，Cu为ds区，故C不选；D．Li、Na、Mg最后填入的电子是s电子，属于s区，故D不选；故选B．点评：本题考查元素的位置及电子排布，为高频考点，把握电子排布中最后填充的电子为解答的关键，注意He位于p区为易错点，题目难度不大．　2．（3分）下列说法中正确的是（　　）　A．HCHO分子中既含σ键又含π键　B．CO2分子中的化学键为非极性键　C．NH3分子中N原子的杂化轨道类型是sp2　D．沸点：HF＞NH3＞H2O-30-\n考点：共价键的形成及共价键的主要类型；极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响．分析：A．单键含有一个δ键，双键含有一个δ键和一个π键，结合甲醛的结构式分析；B．不同非金属原子之间形成极性键；C．根据中心原子的价层电子对数判断；D．含有氢键的氢化物，氢键数目越多，沸点越高，元素的非金属越强，越易形成氢键，其沸点越高．解答：解：A．单键含有一个δ键，双键含有一个δ键和一个π键，已知甲醛的结构简式为H﹣﹣H，则分子中既含σ键又含π键，故A正确；B．不同非金属原子之间形成极性键，则CO2分子中C与O形成极性键，故B错误；C．NH3分子中N原子的价层电子对数为3+（5﹣3×1）=4，sp3为杂化，故C错误；D．含有氢键的氢化物，氢键数目越多，沸点越高，元素的非金属越强，越易形成氢键，其沸点越高，则沸点：H2O＞HF＞NH3，故D错误；故选A．点评：本题考查了共价键、杂化类型的判断、氢键等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握杂化轨道理论及其应用．　3．（3分）（2022•四川）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，Z原子比X原子的核外电子数多4．下列说法正确的是（　　）　A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z＞Y＞W　B．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞Z　C．Y、Z形成的分子空间构型可能是正四面体　D．WY2分子中δ键与π键的数目之比是2：1考点：原子结构与元素的性质．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：-30-\n短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，据此解答．解答：解：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，A、同主族自上而下电负性减弱，Y若为Si元素，则电负性C＞Si，故A错误；B、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Al＞Y＞Cl＞C，故B错误；C、若Y、Z形成的分子为SiCl4，为正四面体构型，故C正确；D、WY2分子为CS2，分子结构式为S=C=S，双键中含有1个δ键、1个π键，故δ键与π键的数目之比1：1，故D错误；故选C．点评：本题考查结构性质位置关系，难度中等，推断元素是关键，注意Y元素的不确定性．　4．（3分）（2022•江苏）X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等．下列说法正确的是（　　）　A．元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，其半径依次增大　B．元素X不能与元素Y形成化合物X2Y2　C．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XmR　D．元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．专题：压轴题；元素周期律与元素周期表专题．分析：-30-\nX是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，应为O元素；根据Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，又Z、W、处于同一周期，应为第三周期，分别为Na和Al元素．其中：A、根据核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小进行判断；B、根据推断得知X和Y分别为H和O元素，可知形成的常见化合物有H2O和H2O2；C、根据非金属强弱判断氢化物的稳定性；D、根据金属性和非金属性判断碱和酸的强弱．解答：解：A、从题目所给的条件可以看出X是H元素，Y是O元素，Z是Na元素，W是Al元素，R是S元素．Y、Z、W具有相同电子层结构的离子（O2﹣、Na+、Al3+），根据核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小，其半径依次减小，故A错误；B、X和Y元素能形成2种化合物，X2Y（H2O）和X2Y2（H2O2），故B错误；C、元素Y、R分别与元素X形成的化合物是氢化物，因为Y（O元素）和R（S元素）的非金属性强弱：Y＞R，所以对应的氢化物的稳定性：XmY＞XmR，故C正确；D、W元素最高价氧化物的水化物是Al（OH）3，是弱碱，而R元素最高价氧化物的水化物是H2SO4，是强酸，故D错误．故选C．点评：本题考查元素周期律的运用，做题时注意以下问题：①同周期、同主族内元素性质（核外电子排布、原子半径、金属性、非金属性、酸碱性、气态氢化物的热稳定性等）变化规律．②元素之间化合所形成化合物的化学式的书写．　5．（3分）（2022•安徽）科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N（NO2）3（如图所示）．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．分子中四个氧原子共平面　C．该物质既有氧化性又有还原性　D．15.2g该物质含有6.02×1022个原子考点：-30-\n极性键和非极性键；物质分子中的原子个数计算；键能、键长、键角及其应用．分析：根据信息中该分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°及N（NO2）3的结构应与氨气相同，则分子中四个氮原子不共平面，利用元素的化合价来分析其性质，利用是否同种元素之间形成共用电子对来分析极性键．解答：解：A、N（NO2）3是一种共价化合物，N、O原子之间形成的化学键是极性键，故A错误；B、根据题干信息知该分子中N﹣N﹣N键角都是108.1°，推知分子中4个氮原子在空间呈四面体型，所以分子中四个氧原子不可能共平面，故B错误；C、该分子中的氮元素为+3价，+3价氮既有氧化性又有还原性，故C正确；D、N（NO2）3的相对分子质量为152，15.2gN（NO2）3为0.1mol，该物质的分子中所含原子为1NA即6.02×1023个原子，故D错误．故选：C．点评：作为2022年的安徽理综高考题，题干信息比较新颖，同时考查大家熟悉的化学键、分子结构、氧化还原反应和物质的量的相关计算．　6．（3分）钾长石的主要成分为硅酸盐，由前20号元素中的四种组成，化学式为XYZ3W8，其中只有W显负价．X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，Y3+与W的阴离子具有相同的电子层结构，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和．下列说法错误的是（　　）　A．X的离子半径＞Y的离子半径　B．Z的氢化物稳定性＞W的氢化物稳定性　C．化合物X2W2和Y2W3中都不含配位键　D．1molZW2晶体所含Z﹣W键的数目为4NA考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：钾长石的主要成分为硅酸盐，只有W显负价，应为O元素，Y3+与W的阴离子具有相同的电子层结构，Y为Al元素，X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，可知该硅酸盐中，Z应为Si元素，X的化合价为+1价，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和，则X为K元素，以此解答该题．解答：-30-\n解：钾长石的主要成分为硅酸盐，只有W显负价，应为O元素，Y3+与W的阴离子具有相同的电子层结构，Y为Al元素，X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，可知该硅酸盐中，Z应为Si元素，X的化合价为+1价，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和，则X为K元素，该硅酸盐为KAlSi3O8，A．K+比Al3+多一个电子层，离子半径较大，故A正确；B．非金属性O＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B错误；C．K2O2、Al2O3两种化合物都为离子化合物，K2O2含有离子键和共价键，而Al2O3只含有离子键，故C正确；D．在二氧化硅中，每个硅原子周围有4个Si﹣O键，所以lmolSiO2晶体所含Si﹣O键的数目为4NA，故D正确．故选B．点评：本题主要考查了半径大小的比较、元素周期律、化学键、晶体结构等知识，中等难度，解题的关键在于元素推断．　7．（3分）（2022•上海）将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L﹣1稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（　　）　A．B．C．D．-30-\n考点：有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．专题：图示题；计算题．分析：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．解答：解：A、0.01mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C．点评：此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应．是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑．　8．（3分）将一定量锌与100mL18.5mol/LH2SO4充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A33.6L（标准状况）．将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的氢离子浓度0.1mol•L﹣1，则下列叙述中错误的是（　　）　A．气体A为SO2和H2的混合物B．气体A中SO2和H2的体积比为4：1　C．反应中共消耗Zn97.5gD．反应中共转移电子3mol考点：离子方程式的有关计算．分析：Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算．-30-\n解答：解：生成气体的物质的量为=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为×1L×0.1mol/L=0.05mol，参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18.5mol/L﹣0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2Ox2xxZn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑yyyx+y=1.52x+y=1.8解之得x=0.3，y=1.2所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气．A、依据分析可知：气体A为SO2和H2的混合物，故A正确；B、气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：V（H2）=0.3mol：1.2mol=1：4，故B错误；C、反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=（0.3mol+1.2mol）×65g/mol=97.5g，故C正确；D、在反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，故D正确．故选B．点评：本题考查方程式的相关计算，题目难度不大，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键．　9．（3分）以下有关元素性质的说法不正确的是（　　）　A．具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2　④1s22s22p63s23p4　原子半径最大的是①　B．具有下列价电子排布式的原子中，①3s23p1　②3s23p2③3s23p3　④3s23p4第一电离能最大的是③　C．①Na、K、Rb　②N、P、As　③O、S、Se④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④　D．某元素气态基态原子的逐级电离能（kJ•mol﹣1）分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3+-30-\n考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用．专题：原子组成与结构专题．分析：A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；B．同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅤA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；C．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；D．该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价．解答：解：A．核外电子排布：①1s22s22p63s23p2　②1s22s22p3　③1s22s22p2　④1s22s22p63s23p4，则①为Si、②为N、③为C、④为S，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Si＞C＞N，Si＞S，故Si原子半径最大，即①的原子半径最大，故A正确；B．同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅤA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能，③＞④＞②＞①，故B正确；C．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故①Na、K、Rb电负性依次减小，②N、P、As的电负性依次减小，③O、S、Se的电负性依次减小　④Na、P、Cl的电负性依次增大，故C正确；D．该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故D错误，故选D．点评：本题考查核外电子排布、微粒半径比较、电离能与电负性等，难度中等，注意理解电离能与元素化合价关系、同周期第一电离能发生突跃原理．　10．（3分）（2022•惠州模拟）一种甲醇、氧气和强碱溶液做电解质的新型手机电池，可连续使用一个月，其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，则有关说法正确的是（　　）　A．放电时CH3OH参与反应的电极为正极　B．放电时负极的电极反应为CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O　C．标准状况下，通入5.6LO2并完全反应后，有0.5mol电子转移　D．放电一段时间后，通入氧气的电极附近溶液的pH降低-30-\n考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：根据2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O知，甲醇失去电子发生氧化反应，所以负极上燃料发生电极反应；氧气得电子发生还原反应，所以正极为氧气得电子发生还原反应，根据电极反应式判断电极附近溶液的PH值变化．解答：解：A、正极上得电子发生还原反应，根据2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O知，放电时，氧气参与反应的电极为正极，故A错误．B、放电时，负极上甲醇失电子发生氧化反应，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O，故B正确．C、2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O转移电子67.2L12mol5.6L1mol所以，标况下，通入5.6LO2并完全反应后，有1mol电子转移，故C错误．D、放电时，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+3H2O+6e﹣=6OH﹣，所以通入氧气的电极附近溶液的pH升高，故D错误．故选B．点评：本题以燃料电池为载体考查了原电池原理，根据电池反应式判断正负极上发生反应的物质及电极附近溶液PH值的变化即可解答本题，难度较大．　11．（3分）（2022•浙江一模）某汽车尾气分析仪以燃料电池为工作原理测定CO的浓度，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇﹣氧化钠，其中O2﹣可以在固体介质NASICON中自由移动．下列说法不正确的是（　　）　A．工作时电极b作正极，O2﹣由电极b流向电极a　B．负极的电极反应式为：CO+O2﹣﹣2e﹣=CO2　C．-30-\n当传感器中通过2×10﹣3mol电子时，说明通过的尾气中含有22.4mLCO　D．传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：该装置是原电池，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为CO﹣2e﹣+O2﹣═CO2，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电时电子从负极流向正极，阴离子向负极移动，一氧化碳的含量越大，原电池放电时产生的电流越大．解答：解：A．工作时电极b作正极，阴离子向负极移动，O2﹣由电极b流向电极a，故A正确；B．负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为CO﹣2e﹣+O2﹣═CO2，故B正确；C．如是标准状况下，传感器中测得有2×10﹣3mol电子通过时，反应的CO为2.24mLCO，但尾气不一定完全反应，体积一般大于2.24mL，故C错误；D．一氧化碳的含量越大，原电池放电时产生的电流越大，故D正确．故选C．点评：本题是对CO﹣O2型燃料电池原理的考查，根据原电池正负极上得失电子及反应类型、离子的移动方向等来分析解答，难度不大．　二、解答题（共9小题，满分67分）12．（5分）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　三角锥　；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是　sp3　．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）　若该反应中有4molN﹣H键断裂，则形成的π键有　3　mol．③肼能与硫酸反应生成N2H6SO4．N2H6SO4化学键类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体内不存在　d　（填标号）a．离子键　b．共价键　c．配位键　d．范德华力．考点：判断简单分子或离子的构型；物质结构中的化学键数目计算；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．分析：①根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型和原子的杂化方式；②根据1分子N2中含有2个π键，根据N﹣H与生成的氮气的关系式计算；③根据硫酸铵晶体中存在的化学键判断．解答：-30-\n解：①NH3分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以空间构型是三角锥型；N2H4分子中氮原子的加成电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N原子轨道的杂化类型是sp3，故答案为：三角锥型；sp3；②1mol氮气分子中含有2molπ键，若该反应中有4mol﹣H键断裂，即有1mol肼参加反应，生成1.5mol氮气，所以形成的π键有1.5mol×2=3mol，故答案为：3；③硫酸铵是离子化合物，硫酸铵中存在离子键和共价键，N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，所以N2H6SO4的晶体内存在离子键、共价键和配位键，不含范德华力，故答案为：d．点评：本题考查了价层电子对互斥理论、π键数目的计算、晶体中存在的化学键等知识，知识点较多，难度中等，要注意基础知识的积累．　13．（7分）近现代战争中，制造坦克战车最常用的装甲材料是经过轧制和热处理后的合金钢，热处理后整个装甲结构的化学和机械特性和最大限度的保持一致．钢中合金元素的百分比含量为：铬0.5～1.25镍0.5～1.5钼0.3～0.6锰0.8～1.6碳0.3（1）铬元素的基态原子的价电子层排布式是　3d54s1　．（2）C元素与其同主族下一周期元素组成的晶体中，C原子的杂化方式为　sp3　．（3）Mn和Fe的部分电离能数据如表：元素MnFe电离能/kJ•mol﹣1I1717759I215091561I332482957根据表数据，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是　Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态（或Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态）　．（4）镍（Ni）可形成多种配合物，且各种配合物有广泛的用途．某镍配合物结构如图所示，分子内含有的作用力有　ACE　（填序号）．A．氢键B．离子键C．共价键D．金属键E．配位键组成该配合物分子且同属第二周期元素的电负性由大到小的顺序是　O＞N＞C　．-30-\n考点：配合物的成键情况；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．分析：（1）铬元素是24号元素，Cr原子的价电子为3d、4s能级上电子；（2）C元素与其同主族下一周期元素组成的晶体为原子晶体，其结构和金刚石相似，根据金刚石结构中碳原子杂化方式判断；（3）原子轨道处于半满、全满、全空时能量更低稳定；（4）根据图可知碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间为氢键；同一周期中，电负性随着原子序数的增大而增大．解答：解：（1）Cr是24号元素，其原子中3d和4s能级上电子为其价电子，其价电子排布式为：3d54s1，故答案为：3d54s1；（2）C元素与其同主族下一周期元素组成的为SiCk，其晶体为原子晶体，其结构和金刚石相似，根据金刚石结构中碳原子含有4个共用电子对，所以碳原子采用sp3杂化，故答案为：sp3；（3）Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少；故答案为：Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态（或Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态）；（4）根据图可知碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间为氢键；同一周期中，电负性随着原子序数的增大而增大，该物质中含有的第二周期非金属元素有O、N、C，其非金属强弱顺序有：O＞N＞C，故选：ACE；O＞N＞C．点评：本题考查了物质结构和性质，涉及配位键、元素周期律、原子杂化方式的判断等知识点，知识点较综合，根据教材中基础知识采用知识迁移的方法进行分析解答，注意：配位键属于共价键，不属于分子间作用力，为易错点，题目难度中等．　14．（4分）元素推断原子序数小于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：①Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为　sp　，1molY2X2含有σ键的数目为　3NA　．②化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高，其主要原因是　氨气中存在氢键、甲烷中不存在氢键　．-30-\n③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　N2O　．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是周期表中半径最小的元素，则X是H元素；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子最外层电子数不超过8个，所以其内层为K层，则Y是C元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；W的原子序数为29，则W是Cu元素．解答：解：原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是周期表中半径最小的元素，则X是H元素；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子最外层电子数不超过8个，所以其内层为K层，则Y是C元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；W的原子序数为29，则W是Cu元素，①C2H2分子中每个C原子含有2个σ键，所以C轨道的杂化类型为sp杂化，一个乙炔分子中含有3个σ键，则1molC2H2含有σ键的数目为3NA，故答案为：sp；3NA；②氨气中存在氢键，甲烷中不存在氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，所以化合物NH3的沸点比化合物CH4的高，故答案为：氨气中存在氢键、甲烷中不存在氢键；③元素C的一种氧化物与元素N的一种氧化物互为等电子体，CO2和N2O互为等电子体，所以元素Z的这种氧化物的分子式是N2O，故答案为：N2O．点评：本题考查了元素位置结构性质的相互关系及应用，涉及氢键、原子杂化方式的判断等知识点，这些知识点都是考试热点，灵活运用基本知识来分析解答，题目难度不大．　15．（6分）A～G是前四周期除稀有气体之外原子序数依次增大的七种元素．A与其他元素既不同周期又不同族；B、C的价电子层中未成对电子数都是2；E核外的s、p能级的电子总数相等；F与E同周期且第一电离能比E小；G的+1价离子（G+）的各层电子全充满．回答下列问题：（1）写出元素名称：B　碳　，G　铜　．（2）写出F的价电子排布图：　　．（3）写出化合物BC的结构式：　C≡O　．（4）由A、C、F三元素形成的离子[F（CA）4]﹣是F在水溶液中的一种存在形式，其中F的杂化类型是　sp3　（5）在测定A、D形成的化合物的相对分子质量时，实验测定值一般高于理论值的主要原因是　HF分子间通过氢键形成缔合分子　．考点：位置结构性质的相互关系应用．-30-\n分析：A～G是前四周期除稀有气体之外原子序数依次增大的七种元素．E核外的s、p能级的电子总数相等，核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2；B、C的价电子层中未成对电子数都是2，结合原子序数可知，B原子核外电子排布为1s22s22p2，C核外电子排布为1s22s22p4，故B为碳元素、C为氧元素、E为Mg元素；F与E同周期且第一电离能比E小，且F的原子序数较大，故F为Al；A与其他元素既不同周期又不同族，原子序数最小，故A为氢元素，结合原子序数可知D为F元素；G的+1价离子（G+）的各层电子全充满，原子序数最大，只能处于第四周期，G+离子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，G的原子序数为29，故G为Cu，据此解答．解答：解：A～G是前四周期除稀有气体之外原子序数依次增大的七种元素．E核外的s、p能级的电子总数相等，核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2；B、C的价电子层中未成对电子数都是2，结合原子序数可知，B原子核外电子排布为1s22s22p2，C核外电子排布为1s22s22p4，故B为碳元素、C为氧元素、E为Mg元素；F与E同周期且第一电离能比E小，且F的原子序数较大，故F为Al；A与其他元素既不同周期又不同族，原子序数最小，故A为氢元素，结合原子序数可知D为F元素；G的+1价离子（G+）的各层电子全充满，原子序数最大，只能处于第四周期，G+离子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，G的原子序数为29，故G为Cu，（1）由上述分析可知，B为碳，G为铜，故答案为：碳；铜；（2）F为Al，价电子排布式为3s23p1，其价电子排布图为：，故答案为：；（3）化合物BC为CO，与氮气等电子体，结构相似，CO的结构式为C≡O，故答案为：C≡O；（4）由H、O、Al三元素形成的离子[Al（OH）4]﹣中Al原子价层电子对数=4+=4，采取sp3杂化，故答案为：sp3；（5）A、D形成的化合物为HF，HF分子之间存在氢键，形成缔合分子（HF）n，故实验测定的相对分子质量一般高于理论值，故答案为：HF分子间通过氢键形成缔合分子．点评：本题是对物质结构与性质的考查，推断元素是解题关键，中等难度，答题时注意物质结构的基础知识的应用．　16．（9分）各物质之间的转化关系如图，部分生成物省略．C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y、Z原子最外层电子数之和为10．D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应①常用于制作印刷电路板．请回答下列问题：-30-\n（1）写出A的化学式　CuCO3或Cu2（OH）2CO3　，C的电子式　　．M在周期表中的位置　第四周期ⅠB族　，M最稳定阳离子的电子排布式　1s22s22p63s23p63d9　，（2）比较Y与Z的原子半径大小　C　＞　O　（填写元素符号）．（3）写出反应1的离子方程式　Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+　，（4）已知F溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体．请写出该反应的化学方程式：　3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO+7H2O　．考点：无机物的推断．分析：X在周期表中的原子半径最小，为H元素，Y、Z原子最外层电子数之和为10，“X、Y、Z的原子序数依次增大”，进而推出D（由H、C、O中的两种元素组成；无色非可燃性气体）为CO2，可以知道X、Y、Z是H、C、O，则C为H2O，G为黄绿色单质气体，应为Cl2，由C+G→H+I，可知生成HCl和HClO，I有漂白作用，应为HClO，则H为HCl，浅绿色、棕黄色溶液为Fe2+和Fe3+，可知J为Fe，K为FeCl2，L为FeCl3，反应①用于制作印刷电路板为FeCl3和Cu，则M为Cu，B为CuCl2，E能与葡萄糖反应，应为Cu（OH）2，F为Cu2O，从A+H（HCl）=B（CuCl2）+C（H2O）+D（CO2）可知，A是含有Cu2+的碳酸盐，应为CuCO3或Cu2（OH）2CO3，结合相关物质的性质解答该题．解答：解：X在周期表中的原子半径最小，为H元素，Y、Z原子最外层电子数之和为10，“X、Y、Z的原子序数依次增大”，进而推出D（由H、C、O中的两种元素组成；无色非可燃性气体）为CO2，可以知道X、Y、Z是H、C、O，则C为H2O，G为黄绿色单质气体，应为Cl2，由C+G→H+I，可知生成HCl和HClO，I有漂白作用，应为HClO，则H为HCl，浅绿色、棕黄色溶液为Fe2+和Fe3+，可知J为Fe，K为FeCl2，L为FeCl3，反应①用于制作印刷电路板为FeCl3和Cu，则M为Cu，B为CuCl2，E能与葡萄糖反应，应为Cu（OH）2，F为Cu2O，从A+H（HCl）=B（CuCl2）+C（H2O）+D（CO2）可知，A是含有Cu2+的碳酸盐，应为CuCO3或Cu2（OH）2CO3，（1）由以上分析可知A为，C为H2O，水的电子式为：，M为Cu，位于周期表第四周期ⅠB族，铜原子失去4s及3d上各一个电子形成Cu2+，故Cu2+离子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，故答案为：CuCO3或Cu2（OH）2CO3；；第四周期ⅠB族；1s22s22p63s23p63d9；（2）Y与Z分别是C、O，依据铜周期原子半径依次减小判断，C、O的原子半径C＞O，故答案为：C；O；-30-\n（3）反应①为氯化铁和铜的反应，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；（4）F为Cu2O，与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，反应的化学方程式为3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO+7H2O，故答案为：3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO+7H2O．点评：本题综合考查无机框图物质的推断，考查了化学用语、元素化合物等知识点．该题主要以金属Cu、Fe、Cl2及化合物知识为载体考查了化学用语，仔细斟酌不难发现Cu2O与稀硝酸反应方程式的书写，有机物知识的渗透，并不是简单寻找与合并的过程，而是实现知识迁移，考查学生发散能力的过程，题目难度角较大．　17．（8分）已知：测定土壤中铁的含量时需先将三价铁还原为二价铁，再采用邻啡罗啉作显色剂，用比色法测定，若土壤中含有高氯酸盐时会对测定有干扰．相关的反应如下：4FeCl3+2NH2OH•HCl=4FeCl2+N2O↑+6HCl+H2O①Fe2+在基态时，价层电子排布式　3d6　．②羟胺（NH2OH）中N原子的杂化方式　sp3　（2）硫酸铜晶体的化学式也可以表达为Cu（H2O）4SO4•H2O晶体，该晶体中含有的化学键类型是　共价键、离子键、配位键　．（3）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硫化镉、磷化镓及铜锢硒薄膜电池等．其中元素P、As、Se第一电离能由小到大的顺序为：　Se＜As＜P　．许多金属及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途．回答下列有关问题：（4）基态Ni外围电子排布图为　　，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是　C　；（5）已知CrO5中Cr为+6价，则CrO5的结构式为　　．考点：原子核外电子排布；根据化合价正确书写化学式(分子式)；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．分析：（1）①Fe基态原子外围电子排布式为3d64s2，铁原子失去4s上的2个电子变成Fe2+，Fe2+在基态时，价层电子排布式为3d6；②羟胺（NH2OH）中N原子形成3个σ键，一个孤电子对，因此N采取sp3杂化；（2）阴阳离子存在离子键，非金属元素间易形成共价键，配合物中存在配位键；-30-\n（3）同一周期，从左到右，元素的第一电离呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于第VIA元素，同一主族，从上到下，元素的第一电离逐渐减小；（4）Ni是28号元素，外围电子排布式为3d84s2，基态Ni外围电子排布图为；Ni原子有2个未成对电子，第二周期有2个未成对电子的元素有C、O元素，同一周期，元素的电负性随着原子序数的增大而增大；（5）CrO5中存在过氧键、Cr﹣O键、Cr=O，在4个Cr﹣O键中Cr为+1价，在Cr=O键注重Cr为+2价，以此书写结构式．解答：解：（1）①Fe基态原子外围电子排布式为3d64s2，铁原子失去4s上的2个电子变成Fe2+，Fe2+在基态时，价层电子排布式为3d6，故答案为：3d6；②羟胺（NH2OH）中N原子形成3个σ键，一个孤电子对，因此N采取sp3杂化，故答案为：sp3；（2）Cu（H2O）4SO4•H2O中硫酸根离子和Cu（H2O）42+存在离子键，O原子和铜原子之间存在配位键，H2O中H和O之间存在共价键，所以Cu（H2O）4SO4•H2O中所含的化学键有共价键、离子键、配位键；故答案为：共价键、离子键、配位键；（3）As和Se属于同一周期，且As属于第VA族，Se属于第VIA族，所以第一电离能As＞Se，同一主族，从上到下，元素的第一电离逐渐减小，所以第一电离能As＜P，则第一电离能：Se＜As＜P；故答案为：Se＜As＜P；（4）Ni是28号元素，外围电子排布式为3d84s2，基态Ni外围电子排布图为；第二周期有2个未成对电子的元素是C和O元素，电负性较小的是C元素，故答案为：；C；（5）CrO5中存在过氧键、Cr﹣O键、Cr=O，在4个Cr﹣O键中Cr为+1价，在Cr=O键中Cr为+2价，则结构式为，故答案为：．点评：本题考查较为综合，涉及电子排布式（图）、结构式、化学键类型、电离能比较、杂化类型的判断等知识，难度中等，本题易错点为（4），注意把握提干要求．　-30-\n18．（10分）化合物A（H3BNH3）是一种潜在的储氢材料，可由六元环状物质（HB=NH）3通过反应3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3制得．A在一定条件下通过多步去氢可最终转化为氮化硼（BN）．请回答：（1）与（HB=NH）3互为等电子体的分子为　C6H6　（填分子式）．（2）下列关于合成A的化学方程式的叙述不正确的是　a　（填选项字母）．a．反应前后碳原子的轨道杂化类型不变b．CH4、H2O、CO2的分子空间构型分别为正四面体形、V形、直线形c．第一电离能的大小关系为：N＞O＞C＞Bd．A中存在配位键（3）人工可以合成硼的一系列氮化物，其物理性质与烷烃相似，故称之为硼烷．工业上采用LiAlH4和BF3，在乙醚介质中反应制得乙硼烷（B2H6），同时生成另外两种产物，该反应的化学方程式为　3LiAlH4+4BF32B2H6+3LiF+3AlF3　．（4）相关化学键的键能如下表所示，简要分析和解释下列事实．化学键B﹣HB﹣0B﹣B键能（kj•mol﹣1）389561293自然界中不存在硼单质，硼氢化物也很少，主要是含氧化物，其原因为　B﹣O键键能大于B﹣B键和B﹣H键，所以更易形成稳定性更强的B﹣O键　（5）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状、骨架状等多种结构形式，图（a）为一种无限长单链状结构的多硼酸根，其化学式为　BO2﹣　；图（b）为硼砂晶体中的阴离子，其中硼原子采取的杂化类型　sp2、sp3　．考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学方程式的书写；元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；“等电子原理”的应用．分析：（1）原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体；（2）根据3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3，可以分析，-30-\na．由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，据此判断；b．CH4分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=4+×（4﹣4×1）=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H2O中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，、CO2分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=2+×（4﹣2×2）=2，所以二氧化碳是直线型结构，据此判断；c．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IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是I1（N）＞I1（O）＞I1（C）＞I1（B），据此判断；d．B一般是形成3个键，（H3BNH3）由六元环状化合物（HB=NH）3通过3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3制得，其中1个键是配位键，据此判断；（3）LiAlH4和BF3在一定条件下生成乙硼烷B2H6、LiF和AlF3，根据原子守恒配平方程式；（4）根据键能越大物质越稳定，可以解释相关问题；（5）有1个O连着一个B，剩余的两个O分别连着2个B，说明有一个O完全属于B，剩下的两个O，B只占有O的；硼砂晶体中阴离子[B4O5（OH）4]2﹣中一半sp3杂化形成BO4四面体；另一种是sp2杂化形成BO3平面三角形结构．解答：解：（1）原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，与（HB=NH）3互为等电子体的分子为C6H6，故答案为：C6H6；（2）3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3，a．由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故a错误；b．CH4分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=4+×（4﹣4×1）=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H2O中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，、CO2分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=2+×（4﹣2×2）=2，所以二氧化碳是直线型结构，故b正确；c．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IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是I1（N）＞I1（O）＞I1（C）＞I1（B），故c正确；d．B一般是形成3个键，（H3BNH3）由六元环状化合物（HB=NH）3通过3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3制得，其中1个键是配位键，故d正确；故答案为：a；-30-\n（3）LiAlH4和BF3在一定条件下生成乙硼烷B2H6、LiF和AlF3，根据原子守恒配平方程式为：3LiAlH4+4BF32B2H6+3LiF+3AlF3，故答案为：3LiAlH4+4BF32B2H6+3LiF+3AlF3；（4）因为B﹣O键键能大于B﹣B键和B﹣H键，所以更易形成稳定性更强的B﹣O键，根据键能越大物质越稳定，可知自然界中不存在硼单质，硼氢化物也很少，主要是含氧化物，故答案为：B﹣O键键能大于B﹣B键和B﹣H键，所以更易形成稳定性更强的B﹣O键；（5）图（a）是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个BO32﹣单元，都有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个BO32﹣单元共用，所以B：O=1：（1+2×）=1：2，化学式为：BO2﹣，从图（b）是硼砂晶体中阴离子的环状结构可看出，[B4O5（OH）4]2﹣一半sp3杂化形成两个四配位BO4四面体；另一半是sp2杂化形成两个三配位BO3平面三角形结构，故答案为：BO2﹣；sp2、sp3．点评：本题考查了物质结构及其性质，涉及原子杂化方式的判断、配合物的成键情况、元素周期律、晶胞的计算等知识点，题目综合性较强，注意根据价层电子对互斥理论、构造原理等知识来分析解答，题目难度中等．　19．（10分）（2022•江苏）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛．硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索．以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为　MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O　．（2）加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为　2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O　．（3）滤渣2的成分是　Fe（OH）3　（填化学式）．（4）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑MgSO4+CMgO+SO2↑+CO↑MgSO4+3CMgO+S↑+3CO↑利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集．①D中收集的气体可以是　CO　（填化学式）．-30-\n②B中盛放的溶液可以是　d　（填字母）．a．NaOH溶液b．Na2CO3溶液c．稀硝酸d．KMnO4溶液③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：　3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O　．考点：镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：（1）碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁水和二氧化碳；（2）过氧化氢在酸性条件下氧化硫酸亚铁为硫酸铁；（3）加入氨水调节溶液PH使氢氧化铁全部沉淀；（4）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集．解答：解：（1）MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O，故答案为：MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O；（2）加入H2O2氧化时，在酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁，反应的化学方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O，故答案为：2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O；（3）酸溶后过滤得到溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤后所以得到沉淀为氢氧化铁，故答案为：Fe（OH）3；（4）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；①D中收集的气体可以是CO，故答案为：CO；②B中盛放的溶液可以KMnO4溶液吸收二氧化硫，故答案为：d；③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，依据氧化还原反应原理，产物中元素最高价态为+4，最低价为﹣2价，反应的离子方程式为：3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O，故答案为：3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O．点评：本题考查了镁铝及其化合物、二氧化硫性质应用，混合物分离方法和实验操作方法，物质性质熟练掌握是解题关键，题目难度中等．　20．（8分）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子．元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍．（1）在Y的氢化物（H2Y）分子中，Y原子轨道的杂化类型是　sp3　．-30-\n（2）Y与Z可形成YZ42﹣①YZ42﹣的空间构型为　正四面体　（用文字描述）．②写出一种与YZ42﹣互为等电子体的分子的化学式：　CCl4或SiCl4　．（3）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X（NH3）4]Cl2，1mol该配合物中含有配位键的数目为　4×6.02×1023个　．考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素，据此解答各小题即可．解答：解：依据分析可知：X为锌，Y为硫，Z为氧，（1）H2S分子中，S原子的价层电子数==4，所以S原子的轨道的杂化类型是sp3杂化，故答案为：sp3；（2）①SO42﹣中S原子的价层电子数=4+（6+2﹣4×2）=4，且没有孤电子对，所以是正四面体结构，故答案为：正四面体；②YZ42﹣为SO42﹣，其含义电子数为：16+4×8+2=50，与其等电子体的分子有：CCl4、SiCl4，故答案为：CCl4或SiCl4；（3）配合物[Zn（NH3）4]Cl2中，锌离子与氨分子之间有4个配位键，每个氨分子中有3个共价键，所以1mol该配合物中含有配位键的数目为4×6.02×1023个，故答案为：4×6.02×1023个．点评：本题主要考查了原子杂化方式、离子的空间构型、等电子体等知识，难度不大，元素推断是解题的关键．-30-