2021-2022学年辽宁省县级重点高中高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年辽宁省县级重点高中高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。

在核电荷数为1∼36的元素中，原子的最外层电子排布满足ns1的元素共有( )
A. 4种B. 5种C. 6种D. 7种
下列各组指定的元素，不能由单质间通过化合反应形成AB2型化合物的是( )
A. [He]2s22p2和[He]2s22p4B. [Ne]3s23p4和[He]2s22p4
C. [Ne]3s2和[He]2s22p5D. [Ar]3d64s2和[Ne]3s23p4
以下对核外电子运动状态的描述错误的是( )
A. 电子在原子核外是分层运动的
B. 在基态多电子原子中，p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量
C. 原子核外不可能有两个电子的运动状态是相同的
D. 能层序数越大，s电子云的半径越大
下列关于元素的分区说法中正确的是( )
A. 所有的金属元素都分布在d区和ds区
B. 所有的非金属元素都分布在p区
C. 元素周期表中第ⅢB族到第ⅡB族10个纵列的元素都是金属元素
D. 最外层电子数为2的元素都分布在s区
如图所示，在物体内部，原子核表面生成光子的过程称作原子核“长毛”，由于原子核与核外电子及周围粒子的相互作用，原子核表面的“毛发”易脱落而成为一个自由态光子，这就是我们通常观察到的运动光子。从原子核脱落的光子，通常和核外电子一样围绕原子核运动，称作束缚态光子。下列说法错误的是( )
A. 电子能级跃迁后的状态为原子的激发态
B. 光子的能量不同，获得的光谱图也不同
C. 光子和电子一样，都只能绕原子核运动
D. 电子能级跃迁前的状态到电子能级跃迁后的状态得到的光谱为原子吸收光谱
下列现象与配合物无关的是( )
A. 向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液出现红色
B. 向Cu与Cl2反应后的集气瓶中先加少量水，溶液呈绿色，再加水，变蓝色
C. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变深
D. 向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现白色沉淀，继而沉淀消失
下列各说法中正确的是( )
A. N−O键的极性比C−O键的极性大
B. 元素周期表中的第ⅠA族和第ⅦA族元素的原子间不能形成共价键
C. C=C键的键能等于C−C键键能的2倍
D. O−H键的键能小于H−F键的键能
X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Y原子为所在周期中未成对电子数最多的原子，下列说法中正确的是( )
A. XW2空间构型为V形
B. Y的最常见气态氢化物的水溶液显碱性
C. Z的氯化物中各原子最外层一定满足8电子结构
D. Z的氧化物对应水化物的酸性比W的强
下列各组物质形成的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是( )
A. CO2和SiO2B. CO2和SO2C. NaCl和HClD. H2O2和Na2O2
根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型判断，下列结果错误的是( )
A. AB. BC. CD. D
我国科学家合成了富集 11B的非碳导热材料立方氮化硼晶体，晶胞结构如图。下列说法错误的是( )
A. N原子周围等距且最近的N原子数为12
B. 该晶胞中含有4个B原子，4个N原子N
C. 11BN和 10BN的化学性质无差异
D. 该晶体具有良好的导电性
利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示(两电极均为惰性电极且完全相同)，下列说法正确的是( )
A. 电极a上的反应为2H2O+4e−=4H++O2↑
B. 电池工作一段时间后，左侧Na2SO4溶液浓度降低
C. 电解过程中化学能转化为电能
D. 每转移1ml电子，此时生成的O2和CH4的质量比为4：1
下列关于金属及金属键的说法正确的是( )
A. 金属键具有方向性与饱和性
B. 金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用
C. 金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子
D. 金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光
常温下将NaOH溶液滴加到H2RO3溶液中，混合溶液中lgc(RO32−)c(HRO3−)或lgc(HRO3−)c(H2RO3)与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A. 曲线b表示lgc(RO32−)c(HRO3−)与pH的变化关系
B. Ka1(H2RO3)的数量级为10−4
C. pH=6.6时，酸碱恰好完全反应
D. 含等物质的量溶质的Na2RO3溶液和NaHRO3溶液混合后，溶液中c(RO32−)>c(HRO3−)
现有位于元素周期表前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种非零族元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答有关问题。
(1)由A、C形成的18电子分子的电子式为 ______。
(2)B元素的原子核外共有 ______种不同运动状态的电子，B元素基态原子中能量最高的电子所占据的原子轨道呈 ______形。
(3)某同学推断E元素基态原子的核外电子轨道表示式为。该同学所画的电子轨道表示式违背了 ______，该元素的第三电离能I3远远大于其第二电离能I2，其原因是 ______。
(4)D、E、F三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是 ______(用离子符号表示)。
(5)检验G元素的方法是 ______，请用原子结构的知识解释其原理：______。
如表所示是一些物质在常温时的电离平衡常数：
(1)表中①②③④的酸性由强到弱的顺序为 ______(填标号)。
(2)常温下，0.1ml⋅L−1NaHC2O4溶液显 ______(填“酸”、“碱”或“中”)性，理由是 ______。
(3)请写出向溶液中通入少量CO2气体发生反应的离子方程式：______。
(4)等浓度的(NH4)2CO3、(NH4)2C2O4、NH4Cl、CH3COONH4溶液中NH4+的浓度由大到小的顺序是 ______。
(5)等浓度、等体积的醋酸和氨水混合后溶液中各离子浓度大小关系是 ______。
(6)向等体积、等pH的醋酸和草酸溶液中分别加入足量的质量、大小都相同的镁条，反应结束后收集到氢气的体积分别为V1、V2，其大小关系为 ______，反应相同时间内的平均反应速率分别为v1、v2，其大小关系为 ______。
(7)请利用以下装置和提供的试剂(乙酸溶液、碳酸钠粉末、饱和碳酸钠溶液、饱和碳酸氢钠溶液、苯酚钠溶液)设计比较CH3COOH、H2CO3和酸性强弱的实验方案：______(要说明各装置盛装的溶液)。
某化学兴趣小组设计如图所示装置来研究电化学知识。
回答下列问题：
(1)闭合开关K，丙装置将 ______能转化为 ______能。Pt电极的名称为 ______(填“正”、“负”、“阴”或“阳”)极，石墨电极上的电极反应式为 ______。
(2)乙装置锥形瓶中发生反应的化学方程式为 ______、______；长颈漏斗的作用是 ______。
(3)若装置气密性良好，乙中反应进行完全，当电路中有0.1ml电子发生转移时，理论上乙中生成物质的物质的量浓度为 ______(忽略溶液体积变化)。
(4)某小组在反应进行一段时间后，断开开关K，过一段时间再闭合开关K，发现电流表指针偏转的方向与开始时不同，出现该现象的原因可能是 ______。
铜是人类最早使用的金属之一，用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)生产粗铜的反应原理如图1：
回答下列问题：
(I)第三周期主族元素中电负性比S小的元素有 ______种，H2S分子的空间结构名称为______，H2S的沸点比H2O的 ______(填“高”或“低”)，原因是 ______。
(2)Cu2O和Cu2S均为______晶体，Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，Cu2O熔点较高的原因是 ______。
(3)反应①、②中会生成气体SO2，其中心原子的杂化方式为 ______。
(4)铜的两种氧化物的晶胞如图2、图3所示，图2表示 ______(填化学式)，图3中，A原子坐标参数为(0,0,0)，B原子为(12,12,12)，则C原子的坐标参数为 ______。若图3表示的晶体的密度为ρg⋅cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则图3晶胞中Cu原子与O原子之间的最小距离为 ______(用含ρ和NA的式子表示)pm。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.各能层最多含有的电子数为2n2，但最外层不能超过8个电子，次外层不能超过18个电子，倒数第三层不能超过32个电子，故A错误；
B.各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等，所以有的能层不含f能级，故B错误；
C.各能层含有的能级数与其能层数相等为n，故C错误；
D.每一轨道最多容纳2个电子，s能级只有一个轨道，所以无论哪一个能层的s能级，最多容纳的电子数均为2，故D正确；
故选：D。
A.各能层最多含有的电子数为2n2；
B.各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等；
C.各能层含有的能级数为n；
D.每一轨道最多容纳2个电子。
本题考查了电子的排布、能层和能级的关系等知识点，题目难度中等，根据构造原理来分析解答即可，试题培养了学生的灵活应用能力。
2.【答案】C
【解析】解：在核电荷数为1∼36的元素中，原子的最外层电子排布满足ns1的元素位于第IA族、第ⅥB族、第ⅠB族，有H、Li、Na、K、Cr、Cu元素，共有6种，
故选：C。
在核电荷数为1∼36的元素中，原子的最外层电子排布满足ns1的元素位于第IA族、第ⅥB族、第ⅠB族。
本题考查原子核外电子排布，侧重于基础知识的考查，明确原子结构、元素周期表结构是解本题关键，易忽略Cu、Cr而导致错误判断。
3.【答案】D
【解析】解：A.[He]2s22p2和[He]2s22p4分别是C、O元素，二者单质之间反应生成CO或CO2，可以能通过单质形成AB2型化合物，故A错误；
B.[Ne]3s23p4和[He]2s22p4分别是S、O元素，二者单质之间反应生成SO2，可以通过单质形成AB2型化合物，故B错误；
C.[Ne]3s2和[He]2s22p5分别是Mg、F元素，二者通过单质形成化合物MgF2，可以通过单质形成AB2型化合物，故C错误；
D.[Ar]3d64s2和[Ne]3s23p4分别是Fe、S元素，二者通过单质形成化合物FeS，不能通过单质形成AB2型化合物，故D正确；
故选：D。
AB2型化合物中A的化合价为+2或+4价，B的化合价为−1或−2价。
本题考查原子核外电子排布与化合价的关系，为考试高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，本题注意把握核外电子的排布特点，把握常见元素的化合价。
4.【答案】B
【解析】解：A.根据能量的高低，电子在原子核外是分层排布，离原子核越远的电子，其能量越大，故A正确；
B.在基态多电子原子中，p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量，如4s电子比2p电子能量高，故B错误；
C.在多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，在一个基态多电子的原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子，故C正确；
D.能层序数越大，s轨道上的电子距离原子核越远，则s原子轨道的半径越大，故D正确；
故选：B。
A.原子由原子核和核外电子构成，电子在原子核外是分层排布的；
B.能层高的s轨道电子能量比能层低的p轨道电子能量高；
C.在多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反；
D.能层序数越大，电子离原子核越远。
本题考查原子核外电子的排布、原子轨道等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和应用能力的考查，注意把握电子的排布规律，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.主族有很多金属元素，如Na处于s区、Al处于p区，故A错误；
B.H元素处于IA族，属于s区元素，故B错误；
C.第ⅢB族到第ⅡB族10个纵列属于过渡元素，都是金属元素，故C正确；
D.s区的IIA族元素原子最外层电子数是2，但He原子核外有2个电子，属于p区，而一些过渡元素的原子最外层也有2个电子，如Fe属于d区，Zn属于ds区等，故D错误；
故选：C。
A.主族有很多金属元素；
B.H元素处于IA族；
C.过渡元素都是金属元素；
D.He原子核外有2个电子，一些过渡元素的原子最外层也有2个电子。
本题考查元素周期律，注意熟记族与列的关系、各分区元素原子电子构型，注意规律中的特殊性，题目基础性强，有利于基础知识的复习巩固。
6.【答案】D
【解析】解：A.处于最低能量的原子为基态原子，电子能级跃迁后的状态能量不是最低状态，故为原子的激发态，故A正确；
B.光子的能量不同，则对应光的波长不同，故获得的光谱图也不同，故B正确；
C.由题干信息可知，束缚态光子通常和电子一样，只能绕原子核运动，故C正确；
D.电子能级跃迁前的状态到电子能级跃迁后的状态得到的光谱为原子光谱，包括吸收光谱和发射光谱，由低能级跃迁到高能级为吸收光谱，由高能级跃迁回低能级为发射光谱，故D错误；
故选：D。
A.处于最低能量的原子为基态原子，其他状态为激发态；
B.光子的能量和光谱图是对应的；
C.结合题干信息分析；
D.电子能级跃迁前的状态到电子能级跃迁后的状态得到的光谱为原子光谱，包括吸收光谱和发射光谱，不一定是吸收光谱。
本体考查原子核外的电子运动状态，难度不大，熟悉电子的几台、激发态为解答的关键，注意基本知识的掌握。
7.【答案】C
【解析】解：A.铁离子与SCN−结合生成配合物，溶液出现血红色与配合物的生成有关，故A错误；
B.Cu与Cl2反应生成氯化铜，加水多时生成四水合铜络离子，颜色的变化与配合物有关，故B错误；
C.FeCl2溶液中滴加氯水，发生氧化还原反应生成氯化铁，与配合物无关，故C正确；
D.氨水过量时生成银氨溶液，银氨络离子为配离子，与配合物有关，故D错误；
故选：C。
A.铁离子与SCN−结合生成配合物；
B.Cu与Cl2反应生成氯化铜，加水多时生成四水合铜络离子；
C.FeCl2溶液中滴加氯水，发生氧化还原反应生成氯化铁；
D.氨水过量时生成银氨溶液。
本题考查配合物，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、、配合物的生成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.N原子半径小于C，非金属性差异越大，键的极性越大，则N−O键的极性比C−O键的极性小，故A错误；
B.元素周期表中的第ⅠA族包括氢元素和碱金属元素，第ⅦA族元素为卤族元素，氢原子和卤素原子间形成共价键，故B错误；
C.碳碳双键中一个是π键，一个是σ键，碳碳单键是σ键，C=C的键能小于C−C的键能的2倍，故C错误；
D.F的原子半径小于O，F−H键的键长小于O−H键的键长，所以O−H键的键能小于F−H键的键能，故D正确，
故选：D。
A.N原子半径小于C，非金属性差异越大，键的极性越大；
B.注意第ⅠA族不止有活泼碱金属，还有非金属H；
C.碳碳双键中一个是π键，一个是σ键，碳碳单键是σ键；
D.F的原子半径小于O，F−H键的键长小于O−H键的键长。
本题考查了键的形成、键的极性、键长键能的大小比较，题目比较基础简单，考生应熟知牢记这些基础知识，做题时才能游刃有余。
9.【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为P、W为S，
A.XW2的结构式为S=C=S，空间构型为直线形，故A错误；
B.Y的最简单气态氢化物为氨气，其水溶液显碱性，故B正确；
C.Z的氯化物若为PCl5，P原子不满足最外层8电子结构，故C错误；
D.非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的最高价氧化物对应水化物的酸性强，不是最高价含氧酸无此规律，故D错误；
故选：B。
X、Y、Z、W均为短周期元素，由它们在元素周期表中的相对位置可知，Y位于第二周期，若Y原子为其所在周期中未成对电子最多的原子，可知Y的2p轨道上有3个电子，Y为N，结合位置可知X为C、Z为P、W为S，以此来解答。
本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握电子排布、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.CO2、SiO2都只含共价键，但前者是由分子构成的晶体，属于分子晶体，后者是由原子构成的晶体，为共价晶体，故A错误；
B.二者都只含共价键，且都是由分子构成的，属于分子晶体，故B正确；
C.氯化钠中只含离子键，为离子晶体；HCl中只含共价键，为分子晶体，故C错误；
D.H2O2中只含共价键，为分子晶体；Na2O2中含有离子键和共价键，为离子晶体，故D错误；
故选：B。
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素的原子之间易形成非极性共价键，不同非金属元素的原子之间易形成极性共价键，由阴阳离子构成的晶体为离子晶体，由分子构成的晶体为分子晶体，由原子构成的晶体为共价晶体。
本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：稀有气体中不含化学键。
11.【答案】B
【解析】解：A.CO2中C原子价层电子对数=2+4−2×22=2且不含孤电子对，价层电子对互斥模型为直线形，空间构型为直线形，故A正确；
B.HCHO中C原子价层电子对数=3+4−2×1−1×22=3且不含孤电子对，价层电子对互斥模型平面三角形，空间构型为平面三角形，故B错误；
C.CO32−中C原子价层电子对数=3+4+2−3×22=3且不含孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角形，空间构型为平面三角形，故C正确；
D.H3O+中O原子价层电子对数=3+6−1−3×12=4且含有一个孤电子对，价层电子对互斥模型为四面体形，空间构型为三角锥形，故D正确；
故选：B。
A.CO2中C原子价层电子对数=2+4−2×22=2且不含孤电子对；
B.HCHO中C原子价层电子对数=3+4−2×1−1×22=3且不含孤电子对；
C.CO32−中C原子价层电子对数=3+4+2−3×22=3且不含孤电子对；
D.H3O+中O原子价层电子对数=3+6−1−3×12=4且含有一个孤电子对。
本题考查微粒空间构型判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确价层电子对互斥理论内涵是解本题关键，知道孤电子对个数的计算方法。
12.【答案】D
【解析】解：A.N原子周围的4个B原子，又分别与其它的3个N原子成键，这些N原子据中心N原子最近而且距离相等，总数为12，故A正确；
B.该晶胞中含有8×18+6×12=4个B原子，4个N原子，故B正确；
C. 11B和 10B互为同位素，所以 11BN和 10BN的化学性质无差异，但 11BN和 10BN的物理性质有所不同，故C正确；
D.立方氮化硼晶体中没有自由移动的带电离子和电子，所以不具备良好的导电性，故D错误；
故选：D。
A.N原子周围的4个B原子，又分别与其它的3个N原子成键，这些N原子据中心N原子最近而且距离相等；
B.用均摊法计算；
C.同位素化学性质无差异；
D.立方氮化硼晶体中没有自由移动的带电离子和电子。
本题考查物质结构与性质，涉及晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
13.【答案】D
【解析】解：A.根据图示可知：在a电极上H2O电离产生的OH−失去电子变为O2逸出，故a电极上的反应为：2H2O−4e−=4H++O2↑，故A错误；
B.电解时水电离产生的OH−比SO42−更容易失电子，在阳极生成O2，所以电解Na2SO4溶液实质是电解水，溶液中的水消耗，溶质的物质的量不变，所以左侧Na2SO4溶液的浓度增大，故B错误；
C.该装置为电解池，电解过程中电能转化为化学能，故C错误；
D.在同一电路中电子转移数目相等，每反应产生1mlO2转移4 ml电子，每反应产生1mlCH4气体，转移8 ml电子，则当转移1 ml电子时产生0.25mlO2、0.125mlCH4气体，n(O2)：n(CH4)=2：1，故m(O2)：m(CH4)=(2ml×32g/ml)：(1ml×16g/ml)=4：1，故D正确；
故选：D。
A.根据图示可知：在a电极上H2O电离产生的OH−失去电子变为O2逸出；
B.电解时水电离产生的OH−比SO42−更容易失电子，在阳极生成O2；
C.该装置为电解池，电解过程中电能转化为化学能；
D.在同一电路中电子转移数目相等，每反应产生1mlO2转移4 ml电子，每反应产生1mlCH4气体，转移8 ml电子，则当转移1 ml电子时产生0.25mlO2、0.125mlCH4气体，n(O2)：n(CH4)=2：1，故m(O2)：m(CH4)=(2ml×32g/ml)。
本题考查了电解池的工作原理及其应用，侧重考查考生根据题给信息分析和解答问题的能力，掌握电解池的工作原理和电极反应式的书写是解答本题的重点，试题难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A、金属键不是存在于相邻原子之间的作用力，而是属于整块金属，因此没有方向性和饱和性，故A错误；
B、金属键是存在于金属阳离子和“自由电子”之间的强的相互作用，这些“自由电子”为所有阳离子所共用，其本质也是电性作用，故B正确；
C、金属键是存在于金属阳离子和“自由电子”，当给金属通电时，“自由电子”定向移动而导电，故C错误；
D、金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，但是并不能放出可见光，故D错误；
故选：B。
金属键没有方向性和饱和性，金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光．
本题考查金属键与金属的物理性质的关系，难度不大，明确金属键的作用力是解答的关键．
15.【答案】D
【解析】解：A.Ka1=c(HRO3−)c(H2RO3)×c(H+)、Ka2=c(RO32−)c(HRO3−)×c(H+)，Ka1>Ka2，当pH相等时，横坐标数值小的表示曲线lgc(RO32−)c(HRO3−)与pH值的关系，根据图知，曲线a表示lgc(RO32−)c(HRO3−)与pH的变化关系，故A错误；
B.lgc(HRO3−)c(H2RO3)=0时，c(HRO3−)=c(H2RO3)，pH=2.6，Ka1=c(HRO3−)c(H2RO3)×c(H+)=c(H+)=10−pH=10−2.6，Ka1(H2RO3)的数量级为10−3，故B错误；
C.pH=6.6时，溶液呈酸性，如果酸碱恰好完全反应，溶液中溶质为Na2RO3，溶液呈碱性，不符合，故C错误；
D.lgc(RO32−)c(HRO3−)=0，c(RO32−)=c(HRO3−)，pH=6.6，Ka2=c(RO32−)c(HRO3−)×c(H+)=c(H+)=10−pH=10−6.6，RO32−的水解程度平衡常数=KwKa2=10−1410−6.6=10−7.4c(HRO3−)，故D正确；
故选：D。
A.Ka1=c(HRO3−)c(H2RO3)×c(H+)、Ka2=c(RO32−)c(HRO3−)×c(H+)，Ka1>Ka2，当pH相等时，横坐标数值小的表示曲线lgc(RO32−)c(HRO3−)与pH值的关系；
B.lgc(HRO3−)c(H2RO3)=0时，c(HRO3−)=c(H2RO3)，Ka1=c(HRO3−)c(H2RO3)×c(H+)=c(H+)=10−pH；
C.pH=6.6时，溶液呈酸性，如果酸碱恰好完全反应，溶液中溶质为Na2RO3；
D.含等物质的量溶质的Na2RO3溶液和NaHRO3溶液混合后，根据RO32−的水解程度、HRO3−的电离程度相对大小判断两种离子浓度相对大小。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒的关系、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，D为解答难点。
16.【答案】 6 哑铃 泡利原理 Mg+失去3s1的1个电子，而Mg2+失去3p6全满结构的1个电子 Cl−>O2−>Mg2+ 焰色反应 当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量
【解析】解：由分析可知，A为H、B为C、C为N、D为O、E为Mg、F为Cl、G为K；
(1)由H、N形成的18电子分子为N2H4，其电子式为，
故答案为：；
(2)B为C元素，原子核外没有运动状态相同的电子，故碳元素的原子核外共有6种不同运动状态的电子，其基态原子中能量最高的电子所占据的原子轨道为2p轨道，呈哑铃形，
故答案为：6；哑铃；
(3)E为Mg，某同学推断E元素基态原子的核外电子轨道表示式为，3s轨道2个电子自旋方向相同，该同学所画的电子轨道表示式违背了泡利原理，Mg+失去3s1的1个电子，而Mg2+失去3p6全满结构的1个电子，远比Mg+失去1个电子需要能量多，该元素的第三电离能I3远远大于其第二电离能I2，
故答案为：泡利原理；Mg+失去3s1的1个电子，而Mg2+失去3p6全满结构的1个电子；
(4)D、E、F三种元素的简单离子分别为O2−、Mg2+、Cl−，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序是Cl−>O2−>Mg2+，
故答案为：Cl−>O2−>Mg2+；
(5)G是K元素，检验G元素的方法是焰色反应，用原子结构的知识解释其原理：当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，
故答案为：焰色反应；当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量。
元素周期表前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种非零族元素，它们的原子序数依次增大，在周期表的所有元素中A的原子半径最小，则A为H元素；同周期元素中G的第一电离能最小，则G处于IA族，由原子序数可知，除G的它元素只能处于短周期，基态原子在同周期中C的未成对电子数最多，其外围电子排布式为ns2np3，则C处于VA族，同周期元素中F的电负性最大，则F处于ⅦA族，而C与F的原子序数之差不小于3，故C不能处于第三周期，只能处于第二周期，而F只能处于第三周期，故C为N元素、F为Cl；E的基态原子中没有未成对电子，其外围电子排布式为ns2，其原子序数大于C(氮)，故E为Mg；B、D的基态原子中均有两个未成对电子，其外围电子排布式为ns2np2或ns2np4，而B的原子序数小于C(氮)，D的原子序数小于E(Mg)，故B为C元素、D为O元素；G处于IA族，且原子序数大于Cl，故G为K元素。
本题考查物质结构与性质，推断元素是解题关键，涉及核外电子排布与运动、元素周期律、电离能、跃迁等，注意电子构型为电离能的影响，题目侧重考查学生分析推理能力、运用知识解决问题的能力。
17.【答案】③>①>②>④(或③①②④)酸 HC2O4−的水解平衡常数Kh=KwKa1=10−145.89×10−2≈1.7×10−15(NH4)2CO3>NH4Cl>CHCOONH4 c(CH3COO−)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH−)V1>V2 v1>v2 在A中盛装乙酸溶液，B中盛装碳酸钠粉末，C中盛装饱和碳酸氢钠溶液，D中盛装苯酚钠溶液；当滴入乙酸溶液后，B中产生气泡，一会儿后，D中溶液变浑浊，则可说明三种物质的酸性由大到小的顺序为CH3COOH>H2CO3>
【解析】解：(1)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中电离平衡常数知，酸性：③>①>②>④(或③①②④)，
故答案为：③>①>②>④(或③①②④)；
(2)HC2O4−的水解平衡常数Kh=KwKa1=10−145.89×10−2≈1.7×10−15故答案为：酸；HC2O4−的水解平衡常数Kh=KwKa1=10−145.89×10−2≈1.7×10−15(3)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据电离平衡常数知，酸性：H2CO3>苯酚>HCO3−，二者离子反应方程式为，
故答案为：；
(4)等物质的量浓度的这几种铵盐溶液中，NH4+系数越大，c(NH4+)越大，NH4+系数相同时，NH4+水解程度越大，溶液中c(NH4+)越小，铵根离子个数：(NH4)2CO3、(NH4)2C2O4中相等且大于NH4Cl、CH3COONH4中，碳酸根离子促进铵根离子水解程度较大、醋酸根离子促进铵根离子水解，所以c(NH4+)：(NH4)2C2O4>(NH4)2CO3>NH4Cl>CHCOONH4，
故答案为：(NH4)2C2O4>(NH4)2CO3>NH4Cl>CHCOONH4；
(5)NH3⋅H2O、CH3COOH电离平衡常数相等，则NH4+、CH3COO−水解程度相等，等浓度、等体积的醋酸和氨水混合后，二者恰好完全反应生成醋酸铵，溶液呈中性，c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒知，溶液中存在c(CH3COO−)=c(NH4+)，所以存在c(CH3COO−)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH−)，
故答案为：c(CH3COO−)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH−)；
(6)等pH的醋酸和草酸，醋酸浓度远远大于草酸浓度，等pH、等体积的醋酸和草酸分别和Mg反应生成氢气体积与酸最终电离出的n(H+)成正比，最终电离出n(H+)：醋酸>草酸，所以生成氢气体积：V1>V2；反应速率与c(H+)成正比，反应过程中c(H+)：醋酸>草酸，则反应速率v1>v2，
故答案为：V1>V2；v1>v2；
(7)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，据此设计实验，所以其设计方案为在A中盛装乙酸溶液，B中盛装碳酸钠粉末，C中盛装饱和碳酸氢钠溶液，D中盛装苯酚钠溶液；当滴入乙酸溶液后，B中产生气泡，一会儿后，D中溶液变浑浊，则可说明三种物质的酸性由大到小的顺序为CH3COOH>H2CO3>，
故答案为：在A中盛装乙酸溶液，B中盛装碳酸钠粉末，C中盛装饱和碳酸氢钠溶液，D中盛装苯酚钠溶液；当滴入乙酸溶液后，B中产生气泡，一会儿后，D中溶液变浑浊，则可说明三种物质的酸性由大到小的顺序为CH3COOH>H2CO3>。
(1)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强；
(2)HC2O4−的水解平衡常数Kh=KwKa1=10−145.89×10−2≈1.7×10−15(3)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
(4)等物质的量浓度的这几种铵盐溶液中，NH4+系数越大，c(NH4+)越大，NH4+系数相同时，NH4+水解程度越大，溶液中c(NH4+)越小；
(5)NH3⋅H2O、CH3COOH电离平衡常数相等，则NH4+、CH3COO−水解程度相等，等浓度、等体积的醋酸和氨水混合后，二者恰好完全反应生成醋酸铵，溶液呈中性；
(6)等pH的醋酸和草酸，醋酸浓度远远大于草酸浓度，等pH、等体积的醋酸和草酸分别和Mg反应生成氢气体积与酸最终电离出的n(H+)成正比；反应速率与c(H+)成正比；
(7)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，据此设计实验。
本题考查弱电解质的电离、盐类水解，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、强酸制取弱酸原理等知识点是解本题关键，会根据酸性强弱设计实验，题目难度中等。
18.【答案】电 化学 阳 2H++2e−=H2↑3NO2+H2O=2HNO3+NO2NO+O2=2NO2 平衡气压 0.5ml/L随着反应的进行，浓硝酸会变成稀硝酸，会与铝发生反应，则铝电极发生氧化反应，则铝做负极
【解析】解：(1)闭合K，甲装置形成原电池，丙装置形成电解池，电解池是电能转化为化学能的装置，在甲装置中，因为浓硝酸会是铝钝化，故铝做正极极，铜做负极，故铂电极为阳极，石墨电极为阴极，故石墨电极发生的反应为：2H++2e−=H2↑，
故答案为：电；化学；阳；2H++2e−=H2↑；
(2)甲中会产生二氧化氮气体进入乙中，丙中会产生氧气进入乙中，则发生的反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2，长颈漏斗主要作用是为了平衡气压，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2；平衡气压；
(3)当电路中有0.1ml电子发生转移时，会有0.1ml二氧化氮气体产生和0.025ml氧气产生，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知生成硝酸的物质的量为0.1ml，故c=nV=，
故答案为：0.5ml/L；
(4)随着反应的进行，浓硝酸会变成稀硝酸，会与铝发生反应，则铝电极发生氧化反应，则铝做负极，故电流表指针与原来方向不同，
故答案为：随着反应的进行，浓硝酸会变成稀硝酸，会与铝发生反应，则铝电极发生氧化反应，则铝做负极。
(1)闭合K，甲装置形成原电池，丙装置形成电解池，据此进行分析；
(2)甲中会产生二氧化氮气体进入乙中，丙中会产生氧气进入乙中，据此进行解答；
(3)当电路中有0.1ml电子发生转移时，会有0.1ml二氧化氮气体产生和0.025ml氧气产生，据此进行解答；
(4)随着反应的进行，浓硝酸会变成稀硝酸，会与铝发生反应，则铝做负极。
本题考查了原电池和电解原理的应用，明确电解池中物质得失电子、电极方程式的书写方法、电子守恒的计算即可解答，难点是电极反应式书写，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
19.【答案】5 折线形 低 H2O分子间存在氢键 离子 两者均为离子晶体，O2−半径小于S2−，Cu2O的晶格能大，熔点高 sp2 CuO(14,14,34) 343288ρ⋅NA×1010
【解析】解：(1)第三周期主族元素中电负性比S小的元素有Na、Mg、Al、Si、P，H2S分子的价层电子对数为2+6−2×12=4，有两个孤电子对，分子构型为折线形，H2S的沸点比H2O的低，原因是H2O分子间存在氢键，
故答案为：5；V形：低；H2O分子间存在氢键；
(2)两者熔点较高属于离子晶体，两者均为离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能又与离子半径及电荷有关，Cu2O和Cu2S相比较，离子所带电荷相同，O2−半径小于S2−，所以Cu2O的晶格能大，熔点高，
故答案为：离子；两者均为离子晶体，O2−半径小于S2−，Cu2O的晶格能大，熔点高；
(3)在SO2中中心S原子的价层电子对数=2+6−2×22=3，所以S的杂化方式为sp2，
故答案为：sp2；
(4)图2中，Cu原子数目为4，O原子数目为8×18+4×14+2×12+1=4，化学式为CuO；将大立方体切割成4个小立方体，C点位于小立方体的体心，对应x、y轴为边长的14，对应z轴为高的34，故C点坐标为：(14,14,34)，该晶胞中含有Cu原子：4个，O原子：2个，故晶胞中含有2个Cu2O，晶胞的质量m=2NAml×144g/ml=288NAg，设晶胞的边长为acm，则晶胞体积V=a3cm3，晶胞密度=mV=288a3NAg/cm3=ρg/cm3，设面对角线长度为bcm，则b2=a2+a2=2a2，设体对角线长度为ccm，则c2=a2+b2=3a2，观察晶胞可知：Cu原子与O原子之间的距离为体对角线的14即343288ρ⋅NA×1010pm，
故答案为：CuO；(14,14,34)；343288ρ⋅NA×1010。
(1)第三周期主族元素中电负性比S小的元素有Na、Mg、Al、Si、P，H2S分子的价层电子对数为2+6−2×12=4，有两个孤电子对，H2S的沸点比H2O的低，原因是H2O分子间存在氢键；
(2)两者熔点较高属于离子晶体，两者均为离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能又与离子半径及电荷有关，Cu2O和Cu2S相比较，离子所带电荷相同，O2−半径小于S2−，所以Cu2O的晶格能大；
(3)在SO2中中心S原子的价层电子对数=2+6−2×22=3；
(4)图2中，Cu原子数目为4，O原子数目为8×18+4×14+2×12+1=4，化学式为CuO；将大立方体切割成4个小立方体，C点位于小立方体的体心，对应x、y轴为边长的14，对应z轴为高的34，故C点坐标为：(14,14,34)，该晶胞中含有Cu原子：4个，O原子：2个，故晶胞中含有2个Cu2O，晶胞的质量m=2NAml×144g/ml=288NAg，设晶胞的边长为acm，则晶胞体积V=a3cm3，晶胞密度=mV=288a3NAg/cm3=ρg/cm3，设面对角线长度为bcm，则b2=a2+a2=2a2，设体对角线长度为ccm，则c2=a2+b2=3a2，观察晶胞可知：Cu原子与O原子之间的距离为体对角线的14，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
选项
分子或离子
价层电子对互斥模型
分子或离子的空间结构名称
A
CO2
直线形
直线形
B
HCHO
平面三角形
三角形
C
CO32−
平面三角形
平面三角形
D
H3O+
四面体
三角形
A
在周期表的所有元素中原子半径最小
B
基态原子中有两个未成对电子
C
基态原子在同周期中未成对电子数最多
D
基态原子中有两个未成对电子
E
基态原子中没有未成对电子
F
同周期元素中电负性最大
G
同周期元素中第一电离能最小
①
②
③
④
⑤
物质
CH3COOH
H2CO3
H2C2O4
NH3⋅H2O
K
1.74×10−5
Ka1=4.47×10−7Ka2=4.68×10−11
Ka1=5.89×10−2Ka2=6.46×10−5
1.0×10−10
1.74×10−5