四川省巴中中学2022学年高二化学上学期10月月考试题含解析

2022-2022学年四川省巴中中学高二（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列说法中，错误的是()A．人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的B．化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的C．化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关D．能量变化是化学反应的基本特征之一2．下列能级中轨道数为5的是()A．s能级B．p能级C．d能级D．f能级3．下列说法不正确的是()A．手性异构体性质相同B．互为手性异构体的分子互为镜像C．手性异构体分子组成相同D．手性催化剂只催化或主要催化一种手性分子的合成4．A，B，C，D，E是同周期的五种元素，A和B的最高价氧化物对应水化物呈碱性，且碱性B＞A，C和D的气态氢化物的水溶液呈酸性，且酸性C＞D；五种元素所形成的简单离子中E的离子半径最小，则它们的原子序数由大到小的顺序是()A．CDEABB．ECDABC．BAEDCD．BADCE5．下列表达式错误的是()A．碳﹣12原子表示为CB．氮原子的L层电子的电子排布图C．硫离子的核外电子排布式1s22s22p63s23p6D．NH4Cl的电子式为：6．下列中心原子采取sp2杂化且为非极性分子的是()A．CS2B．H2SC．SO2D．SO37．下列说法不正确的是()A．HCl、HBr、HI的熔点沸点升高与范德华力大小有关B．H2O的熔点沸点大于H2S的是由于H2O分子之间存在氢键C．乙醇与水互溶可以用相似相溶原理解释D．甲烷与水分子间不能形成氢键这种化学键23\n8．某原子核外共有6个电子，分布在K与L电子层上，其基态原子在L层分布中正确的是()A．B．C．D．9．关于氢键，下列说法正确的是()A．含氢元素的化合物中一定有氢键B．水结冰时，体积膨胀、密度减小都与水分子间形成氢键有关C．水加热到很高的温度都难以分解，这是由于氢键所致D．邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点高，是因为前者氢键比后者强10．氰气的化学式为（CN）2，结构式为N≡C﹣C≡N，性质与卤素相似，下列叙述正确的是()A．在一定条件下可发生加成反应B．分子中N≡C键的键长大于C≡C键的键长C．分子中含有2个σ键和4个π键D．不和氢氧化钠溶液发生反应二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项符合题意）11．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A．常温常压下，氧原子总数为0.2NA的SO2和O2的混合气体，其体积为2.24LB．0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液中含有阳离子的物质的量为0.2molC．l.8gO2分子与1.8gO3分子中含有的中子数不相同D．7.8gNa2S和7.8gNa2O2中含有的阴离子数目均为0.1NA12．0.01mol氯化铬（CrCl3•6H2O）在水溶液中用过量AgNO3处理，产生0.02molAgCl沉淀，此氯化铬最可能为()A．[Cr（H2O）6]Cl3B．[Cr（H2O）5Cl]Cl2•H2OC．[Cr（H2O）4Cl2]Cl•2H2OD．[Cr（H2O）3Cl3]•3H2O13．A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述：①原子半径A＜B；②离子半径A＞B；③原子序数A＞B；④原子最外层电子数A＜B；⑤A的正价与B的负价绝对值一定相等；⑥A的电负性小于B的电负性；⑦A的第一电离能大于B的第一电离能．其中正确的组合是()A．③④⑥B．①②⑦C．③⑤D．③④⑤⑥⑦14．下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是()A．还原性：F﹣＜Cl﹣＜Br﹣＜I﹣23\nB．微粒半径：F﹣＞Na+＞Mg2+＞Al3+C．酸性HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClOD．热稳定性：NH3＜H2O＜HF＜HCl15．通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似．有关NCl3分子的下列说法中正确的是()A．是由极性键形成的非极性分子B．所有N﹣Cl键的键长均相等C．Cl﹣N﹣Cl的键角是120°D．比NF3键能更大，更稳定16．具有以下结构的原子，一定属于主族元素的是()A．最外层有8个电子的原子B．最外层电子排布为ns2的原子C．次外层无未成对电子的原子D．最外层有3个未成对电子的原子17．下列说法正确的是()A．π键是由两个p电子“头碰头”重叠形成B．σ键是镜面对称，而π键是轴对称C．乙烷分子中的键全为σ键而乙烯分子中含σ键和π键D．H2分子中含σ键而Cl2分子中还含π键18．已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中O=O键键能496kJ/mol，水蒸气中H﹣O键键能463kJ/mol，则氢气中H﹣H键键能为()A．920kJ/molB．557kJ/molC．436kJ/molD．188kJ/mol19．根据中学化学教材所附元素周期表判断，下列叙述不正确的是()A．K层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的K层电子数相等B．L层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等C．L层电子为偶数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等D．M层电子为奇数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等20．A原子的结构示意图为．则X、Y及该原子3p能级上的电子数分别为()A．18、6、4B．20、8、6C．18、8、6D．15～20、3～8、1～6三、（本题包括6小题，共50分）21．判断含氧酸强弱的一条经验规律：含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强．几种实例如下表所示．次氯酸磷酸硫酸高氯酸23\n含氧酸非羟基氧原子数0123酸性弱酸中强酸强酸最强酸（1）亚磷酸（H3PO3）和亚砷酸（H3AsO3）的分子式相似，但它们的酸性差别很大．亚磷酸是中强酸，亚砷酸既有弱酸性又有弱碱性，由此可推出它们的结构式分别为：亚磷酸__________，亚砷酸__________．（2）分别写出亚磷酸和亚砷酸与过量的NaOH溶液反应的化学方程式．亚磷酸：__________，亚砷酸：__________．（3）比较H3AsO4、H2CrO4、HMnO4的酸性强弱，酸性由弱到强的顺序__________．22．水是生命之源，它与我们的生活密切相关．在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂．（1）写出与H2O分子互为等电子体的微粒__________（填2种）．（2）水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢离子（H3O+）．下列对上述过程的描述不合理的是__________；A．氧原子的杂化类型发生了改变B．微粒的形状发生了改变C．微粒的化学性质发生了改变D．微粒中的键角发生了改变（3）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，已知冰的升华热是51kJ/mol，除氢键外，水分子间还存在范德华力（11kJ/mol），则冰晶体中氢键的“键能”是__________kJ/mol；（4）两个水分子电离出H3O+和OH﹣，液氨中也存在类似的电离，写出液氨的电离方程式：__________（5）将白色的无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子．请写出生成此配合离子的离子方程式：__________．23．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下图所示．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__________．23\n24．X、Y、Z、R代表四种短周期元素，X元素的基态原子电子排布式为1s1，Y元素的原子价电子排布为nsnnpn，Z元素位于第二周期且原子中p能级与所有s能级电子总数相等，R原子M电子层的p能级中有3个未成对电子．（1）Z的基态原子的价电子排布式为__________；化合物X2Z中，中心原子采取__________杂化，分子的空间构型属于__________．（2）Y2X2分子中，中心原子采用__________杂化，分子中有__________个σ键、__________个π键；按价层电子对互斥理论，RZ43﹣离子的VSEPR模型和立体构型均为__________形．（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﹣的立体构型为__________．25．如图所示是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素．试回答下列问题：（1）以上元素中，属于d区元素的是__________（填元素符号），h在周期表的位置是__________，元素k的基态原子电子排布式为__________．（2）画出c的核外电子排布图：__________，这样排布遵循了构造原理、__________原理和__________规则．（3）元素b的电负性__________元素g的电负性（填“＞”、“=”、“＜”），元素b、c、e的第一电离能由大到小的顺序是__________（用元素符号表示）；第三周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是__________（填化合物的化学式，下同），碱性最强的是__________．26．铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如金属铜用来制造电线电缆，超细铜粉可应用于导电材料、催化剂等领域中；CuCl和CuCl2都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等．（1）超细铜粉的某制备方法如图所示：①[Cu（NH3）4]SO4中所含的化学键有__________．②向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．下列说法正确的是__________（填字母序号）．A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的[Cu（NH3）4]2+配离子C．向反应后的溶液中加入乙醇，因为[Cu（NH3）4]2+不与乙醇反应，故溶液不会发生变化D．在[Cu（NH3）4]2+中，NH3分子中的氮原子给出孤电子对，Cu2+有空轨道接受电子对（2）氯化亚铜（CuCl）的制备过程是：向CuCl2溶液中通入一定量SO2，微热，反应一段时间后即生成CuCl白色沉淀．反应的离子方程式为__________．23\n（3）指出配合物K3[Co（CN）6]中的中心离子、配体及其配位数：__________、__________、__________．23\n2022-2022学年四川省巴中中学高二（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列说法中，错误的是()A．人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的B．化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的C．化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关D．能量变化是化学反应的基本特征之一【考点】化学反应的能量变化规律．【分析】A．当前能源结构中，燃料的燃烧是主要的能量来源；B．根据化学变化中的能量变化主要是化学键的断裂与形成；C．根据化学反应中能量变化的大小与反应物的质量有关；D．根据化学反应的基本特征：产生新物质，能量发生变化分析．【解答】解：A．当前能源结构中，燃料的燃烧是主要的能量来源，燃烧反应为放热反应，所以人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的，故A正确；B．因化学变化中的能量变化主要是化学键的断裂与形成，故B正确；C．因化学反应中能量变化的大小与反应物的质量有关，物质的质量越多，能量变化也越多，故C错误；D．因化学反应的基本特征：产生新物质，能量发生变化，故D正确，故选C．【点评】本题考查化学反应与能量变化，熟悉生活中的能源及与人类活动有关的能量变化是解答本题的关键，题目难度不大．2．下列能级中轨道数为5的是()A．s能级B．p能级C．d能级D．f能级【考点】原子核外电子排布．【专题】原子组成与结构专题．【分析】量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，s能级有1个原子轨道，p能级有3个原子轨道，d能级有5个原子轨道，f能级有7个原子轨道，以此解答该题．【解答】解：s能级有1个原子轨道，p能级有3个原子轨道，d能级有5个原子轨道，f能级有7个原子轨道，则能级中轨道数为5d能级．故选C．【点评】本题考查原子核外电子排布，侧重于能级轨道数的判断，难度不大，注意相关基础知识的积累．3．下列说法不正确的是()A．手性异构体性质相同B．互为手性异构体的分子互为镜像C．手性异构体分子组成相同D．手性催化剂只催化或主要催化一种手性分子的合成【考点】“手性分子”在生命科学等方面的应用．23\n【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．物质的结构决定了物质的性质；B．互为手性异构体的分子镜像对称；C．手性异构体属于同分异构体；D．在手性催化中，潜手性化合物在反应过程中会与手性催化剂形成一种最稳定的过渡态，从而只会诱导出一种手性分子．【解答】解：A．手性异构体的结构不同，所以性质不同，故A错误；B．互为手性异构体的分子互为镜像，故B正确；C．手性异构体分子组成相同，结构不同，故C正确；D．手性催化剂只催化或主要催化一种手性分子的合成，故D正确；故选A．【点评】本题主要考查了手性异构体的组成、结构与性质，难度不大，注意知识的积累．4．A，B，C，D，E是同周期的五种元素，A和B的最高价氧化物对应水化物呈碱性，且碱性B＞A，C和D的气态氢化物的水溶液呈酸性，且酸性C＞D；五种元素所形成的简单离子中E的离子半径最小，则它们的原子序数由大到小的顺序是()A．CDEABB．ECDABC．BAEDCD．BADCE【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A和B的最高价氧化物对应的水化物呈碱性，且碱性B＞A，则金属性：A＜B，原子序数B＜A，C和D的气态氢化物的水溶液呈酸性，且酸性前者强于后者，则C和D应为非金属性元素，且原子序数C＞D，五种元素形成的简单离子中，E的离子半径最小，E应为金属，且原子序数A＜B＜E，以此解答该题．【解答】解：A和B的最高价氧化物对应的水化物呈碱性，且碱性B＞A，则金属性：A＜B，根据同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱可知：原子序数B＜A，C和D的气态氢化物的水溶液呈酸性，且酸性前者强于后者，则C和D应为非金属性元素，同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，对应的氢化物的酸性逐渐增强，则原子序数C＞D，五种元素形成的简单离子中，E的离子半径最小，则E应为金属，A、B、C对应离子的核外电子排布相同，核电核数越大，半径越小，则原子序数B＜A＜E，故有原子序数：C＞D＞E＞A＞B，故选A．【点评】本题考查元素的位置性质结构的相互关系，题目难度中等，本题注意从元素周期律的递变规律的角度解答，提示同学们在学习中要把相关基础知识牢固把握．5．下列表达式错误的是()A．碳﹣12原子表示为CB．氮原子的L层电子的电子排布图C．硫离子的核外电子排布式1s22s22p63s23p6D．NH4Cl的电子式为：【考点】原子核外电子排布；电子式；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【分析】A．碳﹣12原子的质子数为6，质量数为12；23\nB．根据洪特规则：在等价轨道（相同电子层、电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，氮原子的L层电子有5个电子，2p电子优先单独占据1个轨道；C．硫离子的核外电子数为18；D．氯化铵的电子式中氯离子的最外层电子式没有标出．【解答】解：A．元素符号的左上角数字为质量数，左下角数字为质子数，碳﹣12原子的质子数为6，质量数为12，则该原子为C，故A正确；B．氮原子的L层电子有5个电子，2p电子优先单独占据1个轨道，则氮原子的L层电子的电子排布图，故B正确；C．硫离子的核外电子数为18，其硫离子的核外电子排布式1S22S22P63S23P6，故C正确；D．氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：，故D错误；故选D．【点评】本题考查化学用语，为高频考点，试题基础性强，涉及原子构成、电子排布图、电子排布式、电子式及等，把握电子排布规律及化学用语的规范应用为解答的关键，题目难度不大．6．下列中心原子采取sp2杂化且为非极性分子的是()A．CS2B．H2SC．SO2D．SO3【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；极性分子和非极性分子．【分析】根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a﹣xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；正负电荷重心重合的分子是非极性分子，否则是极性分子，据此分析解答．【解答】解：A．二硫化碳中C原子价层电子对个数=2+×（4﹣2×2）=2，所以采用sp杂化，该分子为直线形分子，正负电荷重心重合，为非极性分子，故A错误；B．硫化氢分子中S原子价层电子对个数=2+×（6﹣1×2）=4，所以采用sp3杂化，为V形结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B错误；C．二氧化硫分子中S原子价层电子对个数=2+×（6﹣2×2）=3，所以采用sp2杂化，含有一个孤电子对，为V形结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故C错误；D．三氧化硫分子中S原子价层电子对个数=3+×（6﹣3×2）=3，所以采用sp2杂化，为平面正三角形结构，正负电荷重心重合，为非极性分子，故D正确；故选D．23\n【点评】本题考查原子杂化方式判断、分子空间构型判断、分子极性判断，为高频考点，明确价层电子对互斥理论即可解答，注意孤电子对个数的计算方法，题目难度不大．7．下列说法不正确的是()A．HCl、HBr、HI的熔点沸点升高与范德华力大小有关B．H2O的熔点沸点大于H2S的是由于H2O分子之间存在氢键C．乙醇与水互溶可以用相似相溶原理解释D．甲烷与水分子间不能形成氢键这种化学键【考点】氢键的存在对物质性质的影响；含有氢键的物质．【分析】HCl、HBr、HI，都不含氢键，都为分子晶体，决定熔沸点高低的因素是分子间作用力，含有氢键的分子晶体，沸点较高，但氢键不属于化学键，结合相似相溶原理解答该题．【解答】解：A．HCl、HBr、HI，都不含氢键，都为分子晶体，决定熔沸点高低的因素是分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越强，则熔沸点越高，故A正确；B．水分子间存在氢键，所以H2O的熔点沸点大于H2S，故B正确；C．乙醇和水都为极性分子，且之间可形成氢键，乙醇与水混溶，故C正确；D．C的非金属性较弱，不能形成氢键，氢键是分子间作用力，不是化学键，故D错误；故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及沸点高低的比较，氢键，相似相溶等问题，难度不大，注意相关基础知识的积累．8．某原子核外共有6个电子，分布在K与L电子层上，其基态原子在L层分布中正确的是()A．B．C．D．【考点】原子核外电子排布．【分析】K层容纳2个电子，所以L层容纳4个电子，L层有2s、2p能级，2p能级能量较高，2s能级有1个轨道，容纳2个电子，2p能级有3个轨道，电子优先单独占有1个轨道，且自旋方向相同．【解答】解：K层容纳2个电子，所以L层容纳4个电子，L层有2s、2p能级，2p能级能量较高，2s能级有1个轨道，容纳2个电子，剩余2个电子填充2p能级，2p能级有3个轨道，电子优先单独占有1个轨道，且自旋方向相同，基态原子在L层分布图为．故选：D．【点评】本题考查核外电子排布规律，比较基础，理解掌握核外电子排布规律．9．关于氢键，下列说法正确的是()A．含氢元素的化合物中一定有氢键23\nB．水结冰时，体积膨胀、密度减小都与水分子间形成氢键有关C．水加热到很高的温度都难以分解，这是由于氢键所致D．邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点高，是因为前者氢键比后者强【考点】含有氢键的物质．【专题】化学键与晶体结构．【分析】氢键介于分子间作用力和化学键之间，是一种独特的分子间作用力，不是化学键，存在于非金属性极强的非金属元素的氢化物之间，影响物质的熔沸点等物理性质．【解答】解：A．某些含N﹣H、O﹣H、F﹣H的化合物才能形成氢键，所以含有氢元素不一定有氢键，故A错误；B、水分子之间含有氢键，水凝固成冰时，水分子排列有序化，体积膨胀，形成的氢键数目增多，故B正确；C、氢键影响物质的物理性质，物质的稳定性取决于键能的大小，H﹣O键的键能较大，故H2O是一种非常稳定的化合物，故C错误；D、邻羟基苯甲醛是分子内氢键而对羟基苯甲醛是分子间氢键，所以前者氢键比后者弱，故D错误；故选B．【点评】本题考查氢键的形成与性质，题目难度不大，注意氢键与分子间作用力、化学键的区别，易错点为氢键对物质性质的影响10．氰气的化学式为（CN）2，结构式为N≡C﹣C≡N，性质与卤素相似，下列叙述正确的是()A．在一定条件下可发生加成反应B．分子中N≡C键的键长大于C≡C键的键长C．分子中含有2个σ键和4个π键D．不和氢氧化钠溶液发生反应【考点】键能、键长、键角及其应用．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．氰气性质与卤素相似．B．同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长；C．1个单键就是1个σ键，1个双键中含有1个σ键1个π键，共价三键中含有1个σ键2个π键；D．氰气性质与卤素相似．【解答】解：A．卤素单质能和烯烃等发生加成反应，则氰气在一定条件下能与烯烃等发生加成反应，故A正确；B．同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长，碳原子半径大于氮原子，所以氰分子中C≡N键长小于C≡C键长，故B错误；C．1个单键就是1个σ键，1个双键中含有1个σ键1个π键，共价三键中含有1个σ键2个π键，所以氰气分子中含有3个σ键和4个π键，故C错误；D．卤素单质能和氢氧化钠反应，氰气和卤素单质性质相同，所以氰气能和氢氧化钠溶液反应，故D错误；故选A．【点评】本题考查了氰气的结构和性质，根据卤素单质的性质利用知识迁移的方法分析氰气的性质，难度不大，23\n二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项符合题意）11．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A．常温常压下，氧原子总数为0.2NA的SO2和O2的混合气体，其体积为2.24LB．0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液中含有阳离子的物质的量为0.2molC．l.8gO2分子与1.8gO3分子中含有的中子数不相同D．7.8gNa2S和7.8gNa2O2中含有的阴离子数目均为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．常温下，不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算气体的体积；B．缺少硫酸氢钠的物质的量，无法计算溶液中阳离子的物质的量；C．1.8gO2分子与1.8gO3分子中都含有1.8gO，含有该氧原子的物质的量为0.1mol，都含有1mol中子；D．硫化钠和过氧化钠的摩尔质量都是78g/mol，1mol过氧化钠和硫化钠中都只含有1mol阴离子．【解答】解：A．氧原子总数为0.2NA的SO2和O2的混合气体的物质的量为0.1mol，不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算0.1mol混合气体的体积，故A错误；B．没有告诉0.1mol•L﹣1的NaHSO4溶液的体积，无法计算溶液中阳离子的物质的量，故B错误；C．1.8gO2分子与1.8gO3分子中都含有1.8gO，含有该氧原子的物质的量为0.1mol，都含有中子的物质的量为1mol，二者含有的中子数相同，故C错误；D．7.8gNa2S和7.8gNa2O2的物质的量为：=0.1mol，0.1mol混合物中含有0.1mol阴离子，含有的阴离子数目均为0.1NA，故D正确；故选D．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项D为易错点，注意过氧化钠中阴离子为过氧根离子．12．0.01mol氯化铬（CrCl3•6H2O）在水溶液中用过量AgNO3处理，产生0.02molAgCl沉淀，此氯化铬最可能为()A．[Cr（H2O）6]Cl3B．[Cr（H2O）5Cl]Cl2•H2OC．[Cr（H2O）4Cl2]Cl•2H2OD．[Cr（H2O）3Cl3]•3H2O【考点】配合物的成键情况．【专题】化学键与晶体结构．【分析】氯化铬（CrCl3•6H2O）中的阴离子氯离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，注意配体中的氯原子不能和银离子反应，根据氯化铬（CrCl3•6H2O）和氯化银物质的量的关系式计算氯离子个数，从而确定氯化铬（CrCl3•6H2O）的化学式．【解答】解：根据题意知，氯化铬（CrCl3•6H2O）和氯化银的物质的量之比是1：2，根据氯离子守恒知，一个氯化铬（CrCl3•6H2O）化学式中含有2个氯离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬（CrCl3•6H2O）的化学式可能为[Cr（H2O）5Cl]Cl2•H2O，故选B．23\n【点评】本题考查了配合物的成键情况，难度不大，注意：该反应中，配合物中配原子不参加反应，只有阴离子参加反应，为易错点．13．A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述：①原子半径A＜B；②离子半径A＞B；③原子序数A＞B；④原子最外层电子数A＜B；⑤A的正价与B的负价绝对值一定相等；⑥A的电负性小于B的电负性；⑦A的第一电离能大于B的第一电离能．其中正确的组合是()A．③④⑥B．①②⑦C．③⑤D．③④⑤⑥⑦【考点】原子结构与元素的性质．【专题】原子组成与结构专题．【分析】A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A在B的下一周期，且A为金属元素，在反应中易失去电子，具有较强的金属性，B为非金属元素，在反应中易得到电子，在反应中易得到电子．【解答】解：A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A在B的下一周期，则①A在B的下一周期，原子半径A＞B，故①错误；②A在B的下一周期，原子序数A＞B，A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子半径A＜B，故②错误；③A在B的下一周期，原子序数A＞B，故③正确；④当原子最外层电子数＜4时易失去最外层电子形成阳离子，当原子最外层电子＞4时，易得到电子形成阴离子，则原子最外层电子数A＜B，故④正确；⑤A、B原子最外层电子数不能确定，则元素的化合价关系不能确定，故⑤错误；⑥A能形成阳离子，说明A易失去电子，具有较强的金属性，的电负性较弱，B能形成阴离子，说明在反应时易得到电子，具有较强的电负性，则A的电负性小于B的电负性，故⑥正确；⑦A易失去电子，第一电离能较小，B易得电子，说明难以失去电子，电离能较大，故A的第一电离能小于B的第一电离能，故⑦错误．故选A．【点评】本题考查原子的结构与元素的性质，题目难度不大，注意把握原子的结构特点和元素性质之间的关系，注意元素电负性、第一电离能的递变规律．14．下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是()A．还原性：F﹣＜Cl﹣＜Br﹣＜I﹣B．微粒半径：F﹣＞Na+＞Mg2+＞Al3+C．酸性HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClOD．热稳定性：NH3＜H2O＜HF＜HCl【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．非金属性越强，对应离子的还原性越弱；B．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；C．同种非金属性的含氧酸中，非羟基O原子个数越多，酸性越强；D．非金属性越强，气态氢化物越稳定．23\n【解答】解：A．非金属性F＞Cl＞Br＞I，对应离子的还原性为F﹣＜Cl﹣＜Br﹣＜I﹣，故A正确；B．具有相同电子排布的离子，原子序数为Al＞Mg＞Na＞F，则离子半径小为F﹣＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故B正确；C．同种非金属性的含氧酸中，非羟基O原子个数越多，酸性越强，则酸性HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO，故C正确；D．由元素的位置及3Cl2+2NH3=N2+6HCl可知非金属性F＞O＞Cl＞N，气态氢化物的稳定性为NH3＜HCl＜H2O＜HF，故D错误；故选D．【点评】本题考查非金属性的比较，为高频考点，把握非金属性与微粒还原性、半径、物质酸性和稳定性的关系为解答的关键，侧重规律性知识的考查，注意元素周期表和周期律的应用，选项D为解答的难点，题目难度不大．15．通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似．有关NCl3分子的下列说法中正确的是()A．是由极性键形成的非极性分子B．所有N﹣Cl键的键长均相等C．Cl﹣N﹣Cl的键角是120°D．比NF3键能更大，更稳定【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A、根据该分子是否是对称结构判断分子的极性；B、NCl3分子为三角锥结构，分子中的N﹣Cl键相同；C、NCl3分子为三角锥形，键角为107°；D、原子半径越小，原子间形成的键长越短，键能越大．【解答】解：A、NC13的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，故A错误；B、NCl3分子为三角锥结构，分子中的N﹣Cl键相同，即所有N﹣Cl键的键长均相等，故B正确；C、NCl3分子为三角锥形，键角为107°，所以Cl﹣N﹣Cl的键角不是120°，故C错误；D、F原子的原子半径小于Cl原子的原子半径，所以NF3中N﹣F键键长比NC13中N﹣C1键键长短，键长越短，键能越大，则NF3比NCl3键能更大，更稳定，故D错误．故选B．【点评】本题考查了分子极性的判断、键角、键能的比较等，题目难度不大，注意采用类比法结合氨气的结构分析．16．具有以下结构的原子，一定属于主族元素的是()A．最外层有8个电子的原子B．最外层电子排布为ns2的原子C．次外层无未成对电子的原子D．最外层有3个未成对电子的原子【考点】元素周期表的结构及其应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】主族元素的外围电子排布为nsx或ns2npy，零族元素除外，据此解答．23\n【解答】解：A．最外层有8个电子的原子属于零族元素，故A错误；B．最外层电子排布为ns2的原子原子可能为氦原子或一些过渡金属原子，故B错误；C．次外层无未成对电子的原子，说明全部排满，如Cu、Zn，为副族元素，故C错误；D．最外层有3个未成对电子的原子，则外围电子排布为ns2np3，处于ⅤA族，故D正确；故选：D．【点评】本题考查结构与位置的关系，难度不大，注意掌握元素周期表中各族元素结构特点．17．下列说法正确的是()A．π键是由两个p电子“头碰头”重叠形成B．σ键是镜面对称，而π键是轴对称C．乙烷分子中的键全为σ键而乙烯分子中含σ键和π键D．H2分子中含σ键而Cl2分子中还含π键【考点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．π键为p电子“肩并肩”重叠形成；B．σ键是球对称，π键为镜面对称；C．乙烷分子中均为单键，乙烯中含C=C键，有1个π键；D．氢气、氯气中均为共价单键．【解答】解：A．π键为p电子“肩并肩”重叠形成，而σ键为s或p电子“头碰头”重叠形成，故A错误；B．σ键“头碰头”重叠为球对称，π键“肩并肩”重叠为镜面对称，故B错误；C．乙烷分子中均为单键，乙烯中含C=C键，有1个π键，则乙烷分子中的键全为σ键而乙烯分子中含σ键和π键，故C正确；D．氢气、氯气中均为共价单键，则H2分子中含σ键，Cl2分子中也含σ，均不含π键，故D错误；故选C．【点评】本题考查共价键的形成及共价键的类型，注意判断共价键的一般规律及电子的重叠方式是解答的关键，选项B为解答的难点，侧重分子结构与性质的考查，题目难度不大．18．已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中O=O键键能496kJ/mol，水蒸气中H﹣O键键能463kJ/mol，则氢气中H﹣H键键能为()A．920kJ/molB．557kJ/molC．436kJ/molD．188kJ/mol【考点】有关反应热的计算．【分析】化学反应放出的热量=新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量．【解答】解：氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH﹣H键断裂时吸收热量为x，根据方程式：2H2+O22H2O，则：4×121kJ=463kJ×4﹣（2x+496kJ），解得x=436KJ．故选C．【点评】本题考查学生化学反应中的能量变化知识，熟记放出的热量=新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量是解题的关键，难度不大．23\n19．根据中学化学教材所附元素周期表判断，下列叙述不正确的是()A．K层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的K层电子数相等B．L层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等C．L层电子为偶数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等D．M层电子为奇数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】推断题；压轴题；基本概念与基本理论．【分析】A、根据K层电子为奇数的元素只有氢元素来回答；B、根据L层电子为奇数的元素有锂、氮、硼、氟来分析；C、L层电子为偶数的元素，L侧电子数可能为2、4、6、8，可能为第二周期元素，也可能为第三周期或长周期元素；D、根据M层电子为奇数的主族元素有钠、铝、磷、氯来分析．【解答】解：A、K层电子为奇数的元素只有氢元素，所在族的序数与该元素原子的K层电子数相等，故A正确；B、L层电子为奇数的元素有锂、氮、硼、氟，这些元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等，故B正确；C、L层电子为偶数的主族元素如镁元素，所在族的序数为第ⅡA族，L层电子数为8，所在族的序数就与该元素原子的L层电子数不相等，故C错误；D、M层电子为奇数的主族元素有钠、铝、磷、氯，元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等，故D正确．故选C．【点评】本题考查学生原子核外电子排布的有关知识，要注意特例在解题中的应用．20．A原子的结构示意图为．则X、Y及该原子3p能级上的电子数分别为()A．18、6、4B．20、8、6C．18、8、6D．15～20、3～8、1～6【考点】原子核外电子排布．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据原子核外电子排布知识确定原子类别，根据质子数=核外电子数=核电荷数=原子序数以及核外电子的能级排布来回答．【解答】解：A．如X=18，则原子核外各层电子数分别为2、8、8，应为Ar，故A错误；B．如X=20，则则原子核外各层电子数分别为2、8、8、2，3p能级上的电子数为6，故B正确；C．如X=18，则原子核外各层电子数分别为2、8、8，应为Ar，只有3个电子层，故C错误；D.15～20中，只有Ca最外层电子数为2，其它原子不符合，故D错误．故选：B．【点评】本题考查学生原子核外电子排布知识以及原子核外电子的能级排布知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．三、（本题包括6小题，共50分）21．判断含氧酸强弱的一条经验规律：含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强．几种实例如下表所示．23\n次氯酸磷酸硫酸高氯酸含氧酸非羟基氧原子数0123酸性弱酸中强酸强酸最强酸（1）亚磷酸（H3PO3）和亚砷酸（H3AsO3）的分子式相似，但它们的酸性差别很大．亚磷酸是中强酸，亚砷酸既有弱酸性又有弱碱性，由此可推出它们的结构式分别为：亚磷酸，亚砷酸．（2）分别写出亚磷酸和亚砷酸与过量的NaOH溶液反应的化学方程式．亚磷酸：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O，亚砷酸：H3AsO3+3NaOH=Na3AsO3+3H2O．（3）比较H3AsO4、H2CrO4、HMnO4的酸性强弱，酸性由弱到强的顺序H3AsO4、H2CrO4、HMnO4．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用．【分析】（1）含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，据此确定酸的结构式；（2）酸和碱反应生成盐和水；（3）由表格中的数据可知，非羟基氧原子个数越多，酸性越强．【解答】解：（1）含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，亚磷酸是中强酸，亚砷酸既有弱酸性又有弱碱性，所以亚磷酸和亚砷酸的结构式分别为：、，故答案为：、；（2）酸和碱反应生成盐和水，亚磷酸中含有2个羟基，属于二元酸，亚砷酸属于三元酸，亚磷酸和亚砷酸分别和氢氧化钠的反应方程式为：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O、H3AsO3+3NaOH=Na3AsO3+3H2O，故答案为：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O；H3AsO3+3NaOH=Na3AsO3+3H2O；（3）由表格中的数据可知，非羟基氧原子个数越多，酸性越强，H3AsO4、H2CrO4、HMnO4中非羟基O原子数分别为1、2、3，则酸性由弱到强的顺序为H3AsO4、H2CrO4、HMnO4，故答案为：H3AsO4、H2CrO4、HMnO4．【点评】本题考查表格中信息应用、酸性比较及反应方程式的书写，为高频考点，注意把握习题中的信息及酸性的判断为解答的关键，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大．23\n22．水是生命之源，它与我们的生活密切相关．在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂．（1）写出与H2O分子互为等电子体的微粒H2S、NH2﹣（填2种）．（2）水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢离子（H3O+）．下列对上述过程的描述不合理的是A；A．氧原子的杂化类型发生了改变B．微粒的形状发生了改变C．微粒的化学性质发生了改变D．微粒中的键角发生了改变（3）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，已知冰的升华热是51kJ/mol，除氢键外，水分子间还存在范德华力（11kJ/mol），则冰晶体中氢键的“键能”是20kJ/mol；（4）两个水分子电离出H3O+和OH﹣，液氨中也存在类似的电离，写出液氨的电离方程式：2NH3⇌NH4++NH2﹣（5）将白色的无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子．请写出生成此配合离子的离子方程式：Cu2++4H2O=[Cu（H2O）4]2+．【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；配合物的成键情况；含有氢键的物质；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】（1）原子个数相等、价电子个数相等的微粒互为等电子体；（2）A．水分子和水合氢离子中O原子都是sp3杂化；B．水分子为V型，H3O+为三角锥型；C．水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢离子（H3O+），此过程中由分子变成了离子，二者不是同种微粒，所以化学性质不同；D．水分子为V型，H3O+为三角锥型，据此确定键角；（3）升华热=范德华力+氢键，利用均摊法计算水分子与氢键的关系，结合升华热、范德华力计算氢键键能；（4）根据水的电离书写液氨的电离方程式；（5）硫酸铜溶于水，铜离子与水生成了呈蓝色的配合离子[Cu（H2O）4]2+，该络合离子为平面正方形．【解答】解：（1）原子个数相等、价电子个数相等的微粒互为等电子体，与水分子互为等电子体的微粒有H2S、NH2﹣，故答案为：H2S、NH2﹣；（2）A、水中氧的杂化为sp3，H3O+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，故A不合理；B、水分子为V型，H3O+为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，故B合理；C、因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，故C合理；D、水分子为V型，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，故D合理；故选A；（3）冰的升华热是51kJ/mol，水分子间还存在范德华力（11kJ/mol），1mol水中含有2mol氢键，升华热=范德华力+氢键，所以冰晶体中氢键的“键能”是20kJ/mol，故答案为：20；（4）液氨类似于水的电离，已知水的电离方程式可写为2H2O⇌H3O++OH﹣，则液氨的电离方程式为2NH3⇌NH4++NH2﹣，故答案为：2NH3⇌NH4++NH2﹣；（5）将白色的无水CuSO4溶解于H2O中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子，生成此配合离子的离子方程式：Cu2++4H2O=[Cu（H2O）4]2+，故答案为：Cu2++4H2O=[Cu（H2O）4]2+．23\n【点评】本题考查较综合，涉及配合物的形成、弱电解质的电离、微粒空间构型及原子杂化方式判断、等电子体等知识点，为高频考点，熟练掌握原子杂化方式判断及微粒空间构型判断，难点是（3）中氢键的计算，题目难度中等．23．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下图所示．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三周期第ⅠA族；W的基态原子核外有2个未成对电子．（2）X的单质和Y的单质相比，熔点较高的是Si（写化学式）；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是HCl（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SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl．【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】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则W元素原子的质子数为18﹣10=8，故W为氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，X为Na或F，X原子半径大于氧原子，故X为Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于Na元素，故Y为Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，故Z为Cl元素，据此解答．【解答】解：W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则W元素原子的质子数为18﹣10=8，故W为氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，X为Na或F，X原子半径大于氧原子，故X为Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于Na元素，故Y为Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，故Z为Cl元素，（1）X为Na，位于元素周期表中第三周期第ⅠA族；W为氧元素，其基态原子核外电子排布为1s22s22p4，核外有2个未成对电子，故答案为：三；ⅠA；2；（2）硅是原子晶体，氯气是分子晶体，所以熔点较高的是硅，由于氯的非金属性强于溴，所以氯化氢的稳定性强于溴化氢，故答案为：Si；HCl；（3）Y与Z形成的化合物为SiCl4，和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，应生成硅酸与HCl，该反应的化学方程式是SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl，故答案为：SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl．【点评】本题主要考查了元素周期表、核外电子排布、晶体的性质、元素周期律、水解反应等知识，难度不大，解题的关键是元素推断，答题时注意水解原理的应用．23\n24．X、Y、Z、R代表四种短周期元素，X元素的基态原子电子排布式为1s1，Y元素的原子价电子排布为nsnnpn，Z元素位于第二周期且原子中p能级与所有s能级电子总数相等，R原子M电子层的p能级中有3个未成对电子．（1）Z的基态原子的价电子排布式为2s22p4；化合物X2Z中，中心原子采取sp3杂化，分子的空间构型属于V形．（2）Y2X2分子中，中心原子采用sp杂化，分子中有3个σ键、2个π键；按价层电子对互斥理论，RZ43﹣离子的VSEPR模型和立体构型均为正四面体形．（3）在BF3分子中，F﹣B﹣F的键角是60°，B原子的杂化轨道类型为sp2，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4﹣的立体构型为正四面体．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】X、Y、Z、R代表四种短周期元素，X元素的基态原子电子排布式为1s1，则X为H元素，Y元素的原子价电子排布为nsnnpn，则n=2，故Y为C元素，Z元素位于第二周期且原子中p能级与所有s能级电子总数相等，核外电子排布式为1s22s22p4，则Z为O元素，R原子M电子层的p能级中有3个未成对电子，最外层电子排布式为3s23p3，则R为P元素，以此解答该题．【解答】解：X、Y、Z、R代表四种短周期元素，X元素的基态原子电子排布式为1s1，则X为H元素，Y元素的原子价电子排布为nsnnpn，则n=2，故Y为C元素，Z元素位于第二周期且原子中p能级与所有s能级电子总数相等，核外电子排布式为1s22s22p4，则Z为O元素，R原子M电子层的p能级中有3个未成对电子，最外层电子排布式为3s23p3，则R为P元素．（1）Z为氧元素，它的基态原子的价电子排布式为2s22p4，化合物H2O中，O原子形成2个σ键，孤电子对数为=2，则O原子采取sp3杂化，分子的空间构型属于V形，故答案为：2s22p4；sp3；V形；（2）在C2H2分子中，碳原子形成2个σ键，且无孤电子对，所以碳中心原子采用sp杂化，分子中σ键与π键数目分别为3、2，PO43﹣中P形成4个σ键，孤电子对数为=0，则VSEPR模型和立体构型均为正四面体形，故答案为：sp；3；2；正四面体；（3）在BF3分子中，B原子价层电子对数为3+=3，孤电子对数为0，为平面正三角形，F﹣B﹣F的键角是60°，B原子的杂化轨道类型为sp2杂化，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4﹣中B原子价层电子对数为4+=4，孤电子对数为0，立体构型为正四面体，故答案为：60°；sp2；正四面体．【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、化学键、杂化方式与空间构型判断等，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握．25．如图所示是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素．23\n试回答下列问题：（1）以上元素中，属于d区元素的是Fe（填元素符号），h在周期表的位置是第三周期VIIA族，元素k的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2．（2）画出c的核外电子排布图：，这样排布遵循了构造原理、泡利原理和洪特规则．（3）元素b的电负性＞元素g的电负性（填“＞”、“=”、“＜”），元素b、c、e的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C（用元素符号表示）；第三周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4（填化合物的化学式，下同），碱性最强的是NaOH．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】由元素在周期表中位置，可知a为H、b为C、c为N、e为O、f为Na、g为Si、h为Cl、j为Ti、k为Fe．（1）d区元素包含3～10列元素（镧系元素、锕系元素处于f区除外）；由h在周期表位置可知其位于第三周期VIIA族；k为Fe，原子核外电子数为26，根据能量最低原理书写核外电子排布式；（2）c的核外电子排布式为1s22s22p3，结合泡利原理、洪特规则画出排布图；（3）同主族自上而下电负性减小；同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素第一电离能高于同周期相邻元素；同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强．【解答】解：由元素在周期表中位置，可知a为H、b为C、c为N、e为O、f为Na、g为Si、h为Cl、j为Ti、k为Fe．（1）d区元素包含3～10列元素（镧系元素、锕系元素处于f区除外），上述元素中Fe属于d区元素；由h在周期表位置可知其位于第三周期VIIA族；k为Fe，原子核外电子数为26，根据能量最低原理，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故答案为：Fe；第三周期VIIA族；1s22s22p63s23p63d64s2；（2）c的核外电子排布式为1s22s22p3，核外电子排布图为，这样排布遵循了构造原理、泡利原理和洪特规则，故答案为：；泡利；洪特；（3）同主族自上而下电负性减小，故电负性b＞g；同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较大，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C；同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，上述第三周期元素中Na的金属性最强、Cl的非金属性最强，故HClO4酸性最强，NaOH碱性最强，23\n故答案为：＞；N＞O＞C；HClO4；NaOH．【点评】本题考查元素周期表与元素周期律，侧重对元素周期律与核外电子排布的考查，注意同周期第一电离能异常情况．26．铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如金属铜用来制造电线电缆，超细铜粉可应用于导电材料、催化剂等领域中；CuCl和CuCl2都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等．（1）超细铜粉的某制备方法如图所示：①[Cu（NH3）4]SO4中所含的化学键有共价键、离子键、配位键．②向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．下列说法正确的是BD（填字母序号）．A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的[Cu（NH3）4]2+配离子C．向反应后的溶液中加入乙醇，因为[Cu（NH3）4]2+不与乙醇反应，故溶液不会发生变化D．在[Cu（NH3）4]2+中，NH3分子中的氮原子给出孤电子对，Cu2+有空轨道接受电子对（2）氯化亚铜（CuCl）的制备过程是：向CuCl2溶液中通入一定量SO2，微热，反应一段时间后即生成CuCl白色沉淀．反应的离子方程式为2Cu2++2Cl﹣+SO2+2H2O═2CuCl↓+SO42﹣+4H+．（3）指出配合物K3[Co（CN）6]中的中心离子、配体及其配位数：Co3+、CN﹣、6．【考点】制备实验方案的设计；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】（1）①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；②A．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；B．氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；C．络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出；D．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键；（2）在微热条件下，氯化铜和二氧化硫反应生成氯化亚铜，铜元素得电子发生还原反应，则二氧化硫失电子发生氧化反应，所以二氧化硫被氧化生成硫酸；（3）根据配合物K3[Co（CN）6]结构分析中心离子为Co3+、配体为CN﹣、配位数为6．【解答】解：（1）①[Cu（NH3）4]SO4中硫酸根离子和[Cu（NH3）4]2+存在离子键，N原子和铜原子之间存在配位键，NH3中H和N之间存在共价键，所以[Cu（NH3）4]SO4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；②A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故B正确；C．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误；D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤电子对，从而形成配位键，故D正确；故答案为：BD；23\n（2）在微热条件下，氯化铜和二氧化硫反应生成氯化亚铜，铜元素得电子发生还原反应，则二氧化硫失电子发生氧化反应，铜元素化合价由+2价降低为+1价，硫元素由+4价升高为+6价，二氧化硫被氧化为硫酸，所以离子方程式为：2Cu2++2Cl﹣+SO2+2H2O═2CuCl↓+SO42﹣+4H+，故答案为：2Cu2++2Cl﹣+SO2+2H2O═2CuCl↓+SO42﹣+4H+；（3）根据配合物K3[Co（CN）6]结构分析，含有空轨道的金属阳离子为中心离子，所以中心离子为Co3+、有孤对电子的原子或离子为配体，所以配体为CN﹣、配位数就是配体的个数，所以配位数为6，故答案为：Co3+、CN﹣、6．【点评】本题以铜为载体考查了物质的制备、配合物、离子方程式书写等知识点，具有很强的综合性，题目难度中等，注意配合物中心离子、配体及其配位数的判断方法．23