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安徽省合肥市庐江县2023-2024学年高二下学期期中考试化学试题
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一、选择题（本题共14小题，每小题只有一个最佳选项，每小题3分，共42分）
1．（3分）生活中的化学无处不在，下列关于生活中的化学描述错误的是（ ）
A．可以用光谱分析的方法来确定太阳的组成元素是否含氦
B．壁虎在天花板上爬行自如是因为壁虎的脚与墙体之间有范德华力
C．溴和碘单质易溶于四氯化碳，难溶于水，因为溴、碘、四氯化碳都是非极性分子
D．水的热稳定性较强是因为水中含有大量的氢键
【分析】A．每种元素在原子光谱中都有自己的特征谱线；
B．壁虎足上有细毛，与墙壁形成范德华力；
C．根据相似相容原理，非极性物质易溶于非极性溶剂、不易溶于极性溶剂；
D．水的热稳定性较强与氢键无关。
【解答】解：A．每种元素在原子光谱中都有自己的特征谱线，可以用光谱分析的方法来确定太阳的组成元素是否含氦，故A正确；
B．壁虎在天花板上爬行自如是因为壁虎足上有细毛，与墙壁形成范德华力，故B正确；
C．根据相似相容原理，非极性物质易溶于非极性溶剂、不易溶于极性溶剂，则可知：萘和碘易溶于四氯化碳是因为萘、碘、四氯化碳都是非极性分子，故C正确；
D．水的热稳定性较强与氢键无关，与键能有关，故D错误；
故选：D。
2．（3分）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．sp2杂化轨道模型：
B．SO2的VSEPR模型：
C．CH2O分子的空间结构模型：
D．p﹣pσ键电子云轮廓图：
【分析】A．sp2杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和2个p轨道组合而形成，每个杂化轨道含有三分之一的s轨道成分和三分之二p轨道成分；
B．SO2的价层电子对数＝2+＝3；
C．甲醛的中心原子价层电子对数为，空间构型为平面三角形；
D．p﹣pσ键，原子轨道头碰头方式重叠。
【解答】解：A．sp2杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和2个p轨道组合而形成，杂化轨道间夹角为120°，呈平面三角形，sp2杂化轨道模型为，故A错误；
B．SO2的价层电子对数＝2+＝3，VSEPR模型为平面三角形，故B错误；
C．甲醛的中心原子价层电子对数为，空间构型为平面三角形，其分子的空间结构模型为 ，故C正确；
D．p﹣pσ键，原子轨道头碰头方式重叠，故D错误；
故选：C。
3．（3分）下列分子的中心原子采用sp3杂化，但分子的空间结构不同的一组是（ ）
①SO3；
②SO2；
③H2S；
④CS2；
⑤NH3；
⑥CCl4
A．①②③B．①⑤⑥C．②③④D．③⑤⑥
【分析】①SO3的价层电子对数为3+×（6﹣3×2）＝3，为sp2杂化；
②SO2的价层电子对数为2+×（6﹣2×2）＝3，为sp2杂化；
③H2S的价层电子对数为2+×（6﹣2×1）＝4，为sp3杂化；
④CS2的价层电子对数为2+×（4﹣2×2）＝2，为sp杂化；
⑤NH3的价层电子对数为3+×（5﹣3×1）＝4，为sp3杂化；
⑥CCl4的价层电子对数为4+×（4﹣4×1）＝4，为sp3杂化。
【解答】解：①SO3的价层电子对数为3+×（6﹣3×2）＝3，为sp2杂化，没有孤电子对，空间构型为平面正三角形；
②SO2的价层电子对数为2+×（6﹣2×2）＝3，为sp2杂化，有1对孤电子对，空间构型为V形；
③H2S的价层电子对数为2+×（6﹣2×1）＝4，为sp3杂化，有2对孤电子对，空间构型为V形；
④CS2的价层电子对数为2+×（4﹣2×2）＝2，为sp杂化，没有孤电子对，空间构型为直线形；
⑤NH3的价层电子对数为3+×（5﹣3×1）＝4，为sp3杂化，有1对孤电子对，空间构型为三角锥形；
⑥的价层电子对数为4+×（4﹣4×1）＝4，为sp3杂化，没有孤电子对，空间构型正四面体形；
综上所述，③⑤⑥符合题意，
故选：D。
4．（3分）“胃舒平”的主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅酸镁（Mg2Si3O8⋅nH2O）等化合物。下列叙述错误的是（ ）
A．第一电离能：Si＞Al＞Mg
B．基态铝原子核外电子占据的最高能级符号为3p
C．元素的电负性：O＞Si＞Al＞Mg
D．某同学书写的基态Mg原子的轨道表示式：违反了泡利不相容原理
【分析】A.根据同周期第一电离能从左到右逐渐增大，第ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常可判断；
B.根据1s22s22p63s23p1可进行判断；
C.根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族电负性从上到下逐渐减小来判断；
D.根据泡利不相容原理：每个轨道只能填充两个电子，且自旋方向相反进行判断。
【解答】解：A.同周期第一电离能从左到右逐渐增大，但Mg价电子排布式为3s2全满，而Al价电子排布为3s23p1，p电子能量较高，所以第一电离能Mg＞Al，故A错误；
B.铝为13号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p1，所以基态铝原子核外电子占据的最高能级符号为3p，故B正确；
C.选取S元素做参照物，根据同周期从左到右电负性逐渐增大，S＞Si＞Al＞Mg，同主族电负性从上到下逐渐减小O＞S，所以电负性O＞Si＞Al＞Mg，故C正确；
D.镁12号元素，基态Mg原子电子排布式为1s22s22p63s2，轨道表示式为，可以看出违反了泡利不相容原理，故D正确；
故选：A。
5．（3分）下列说法错误的是（ ）
A．分子中没有手性碳原子
B．分子中σ键和π键的数目比为7：1
C．某元素气态基态原子的逐级电离能（kJ•ml﹣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X2+
D．反应N2O4（l）+2N2H4（l）═3N2（g）+4H2O（l） 中若有4 ml N﹣H键断裂，则形成的π键数目为3NA
【分析】A．手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，即必须是饱和碳原子；
B．单键属于σ键，双键中含有一个σ键和一个π键；
C．第二和第三电离能相差较大，说明该元素在第ⅡA族；
D．4 ml N﹣H键断裂，即1mlN2H4参加了反应，则生成1.5ml氮气。
【解答】解：A．手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，即必须是饱和碳原子，甲基和亚甲基中的碳原子不是手性碳原子，不存在手性碳原子，故A正确；
B．单键属于σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，中含有4个N﹣Hσ键，2个C﹣Nσ键，4个C﹣Oσ键，4个Cu﹣Oσ键，4个C﹣Hσ键，共有18个σ键，2个π键，分子中σ键和π键的数目比为9：1，故B错误；
C．某元素气态基态原子的逐级电离能（kJ•ml﹣1）分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，第二和第三电离能相差较大，说明该元素在第ⅡA族，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+，故C正确；
D．反应N2O4（l）+2N2H4（l）═3N2（g）+4H2O（l） 中若有4 ml N﹣H键断裂，即1mlN2H4参加了反应，则生成1.5ml氮气，形成的π键数目为1.5ml×2NAml﹣1＝3NA，故A正确；
故选：B。
6．（3分）下列化学用语的表达正确的是（ ）
A．氨气分子的空间结构为平面三角形
B．Be原子最高能级的电子云图：
C．价层电子排布式为2s22p2和3s23p5的两种原子能形成共价化合物
D．基态Cu原子的价层电子轨道表示式：
【分析】A．NH3中N的价层电子对数为＝4，孤电子对数为1，因此NH3的空间结构为三角锥形；
B．基态Be原子最外层电子排布式为2s2，电子云图应为球形；
C．价层电子排布式为2s22p2即为C，3s23p5即为Cl，两原子能形成共价化合物CCl4；
D．铜是29号元素，价电子排布为3d104s1。
【解答】解：A．NH3中N的价层电子对数为＝4，孤电子对数为1，因此NH3的空间结构为三角锥形，故A错误；
B．基态Be原子最外层电子排布式为2s2，电子云图应为球形，故B错误；
C．价层电子排布式为2s22p2即为C，3s23p5即为Cl，两原子能形成共价化合物CCl4，故C正确；
D．铜是29号元素，价电子排布为3d104s1，则其价电子轨道表示式为：，故D错误；
故选：C。
7．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．原子能级中，p能级能量一定比s能级的能量高
B．同主族元素中，从上到下元素的电负性逐渐变大
C．键能、键长都是衡量共价键的稳定性重要参数
D．元素周期表中，s区全部是金属元素
【分析】A．能级能量还与能层有关；
B．同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减小；
C．键长越短，键能越大，共价键越稳定；
D．氢元素属于非金属元素。
【解答】解：A．同一能层中p能级能量一定比s能级的能量高，但能级能量还与能层有关，p能级能量不一定比s能级能量高，如2p＜3s，3p＜4s等，故A错误；
B．同主族元素从上到下电子层增多，原子核吸引电子能力减弱，元素的电负性逐渐减小，故B错误；
C．键长越短，键能越大，共价键越稳定，键能、键长都是衡量共价键的稳定性重要参数，故C正确；
D．s区包括IA族、ⅡA族元素，其中IA族的氢元素属于非金属元素，故D错误；
故选：C。
8．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素组成的一种食品添加剂结构如图所示，Z的原子半径在短周期中最大，W基态原子的s能级电子总数是p能级电子总数的。下列说法不正确的是（ ）
A．Y、Z形成的简单离子半径：Y＞Z
B．W、Y形成的简单氢化物沸点：Y＞W
C．Z分别与X、Y形成的化合物中所含化学键类型一定完全相同
D．WX3、X2Y中W原子和Y原子的杂化轨道类型相同
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素组成的一种食品添加剂结构如图所示，Z的原子半径在短周期中最大，则Z为Na，W基态原子的s能级电子总数是p能级电子总数的，则W为P，则Y为O，X为H。
【解答】解：A．根据同电子层结构核多径小原则，Y、Z形成的简单离子半径：Y＞Z，故A正确；
B．水中存在分子间氢键，因此W、Y形成的简单氢化物沸点：Y＞W，故B正确；
C．Z分别与X、Y形成的化合物中所含化学键类型不一定完全相同，NaH只有离子键，Na2O2中含有离子键和非极性键，故C错误；
D．WX3中W原子价层电子对数为4，杂化类型为sp3杂化，X2Y中Y原子价层电子对数为 4，杂化类型为sp3杂化，杂化轨道类型相同，故D正确；
故选：C。
9．（3分）下列有关化学键类型的叙述正确的是（ ）
A．共价分子中一定含非极性键
B．所有物质中都存在化学键
C．已知乙炔的结构式为H﹣C≡C﹣H，则乙炔中存在2个σ键（C﹣H）和3个π键（C≡C）
D．乙烷分子中只存在σ键，不存在π键
【分析】A．共价分子中可能含有极性键；
B．稀有气体为单原子分子；
C．单键为σ键，三键为1个σ键和2个π键；
D．乙烷分子中只含有C﹣H、C﹣C单键。
【解答】解：A．共价分子中可能含有极性键，如二氧化碳中含有极性键，故A错误；
B．稀有气体为单原子分子，没有相邻原子，不存在化学键，故B错误；
C．单键为σ键，三键为1个σ键和2个π键，因此乙炔中存在3个σ键和2个π键，故C错误；
D．乙烷分子中只含有C﹣H、C﹣C单键，都为σ键，故D正确；
故选：D。
10．（3分）如表中每个选项都有甲、乙两种表述，这两种表述指向的不是同种元素原子的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．3p 能级有1个空原子轨道的基态原子，该原子3p能级有2个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；
B．2p 能级无空原子轨道且有1个未成对电子的基态原子，核外电子排布式为1s22s22p5；
C．M层全充满而N层为4s2的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2的原子为Ca原子；
D．最外层电子数是核外电子总数的的原子，电子排布式可以是：1s22s22p63s23p63d104s24p5。
【解答】解：A．3p 能级有1个空原子轨道的基态原子，该原子3p能级有2个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；与核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子，核外电子排布相同，属于同种元素的原子，故A正确；
B．2p 能级无空原子轨道且有1个未成对电子的基态原子，核外电子排布式为1s22s22p5，与最外层电子排布为2s22p5的原子核外电子排布相同，属于同种元素的原子，故B正确；
C．M层全充满而N层为4s2的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，与核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2的原子不属于同种元素的原子，故C错误；
D．最外层电子数是核外电子总数的的原子，电子排布式是：1s22s22p63s23p63d104s24p5，与最外层电子排布为4s24p5的原子核外电子排布相同，属于同种元素的原子，故D正确；
故选：C。
11．（3分）下列叙述正确的是（ ）
A．钠的焰色反应呈现黄色，是电子由激发态转化成基态时吸收能量产生的
B．原子轨道和电子云都是用来形象地描述电子运动状态的
C．各能层的s电子云轮廓图都是圆形，但圆的半径大小不同
D．同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
【分析】A.焰色反应是电子由激发态转化成基态时释放能量产生的；
B.原子轨道和电子云都是用来描述电子运动状态；
C.各能层的s电子云轮廓图都是球形；
D.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等。
【解答】解：A.钠的焰色反应是电子由激发态转化成基态时释放能量产生的，故A错误；
B.原子轨道和电子云都是用来描述电子运动状态而不是表示电子运动轨迹的，故 B正确；
C.各能层的s电子云轮廓图都是球形，而不是圆形，故C错误；
D.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等，都是3个，故 D错误；
故选：B。
12．（3分）下列曲线表示的变化趋势错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据元素周期律的相关知识进行分析解答。
【解答】解：A．同一主族元素，从上到下，元素电负性依次减弱，则O、S、Se元素的电负性随原子序数增大而减小，故A正确；
B．CH4、SiH4、GeH4的组成和结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，则CH4、SiH4、GeH4的沸点随周期序数的增大而增大，故B错误；
C．原子半径：F＜Cl＜Br，键长：H﹣F＜H﹣Cl＜H﹣Br，则键能（H﹣F＞H﹣Cl＞H﹣Br）随键长的增大而减小，故C正确；
D．CH4、NH3、H2O的键角分别为109°28'、107°、105°，原子序数：C＜N＜O，则CH4、NH3、H2O的键角随原子序数的增大而减小，故D正确；
故选：B。
13．（3分）常温下，向10mL0.10ml⋅L﹣1的HX溶液中逐滴滴入0.20ml⋅L﹣1的YOH溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示（忽略溶液温度和体积变化）．下列说法不正确的是（ ）
A．HX是强酸，YOH是弱碱
B．常温下，pH＝5的YX溶液中，由水电离的c（H+）＝1.0×10﹣9ml⋅L﹣1
C．M点对应的溶液中，c（Y+）＝c（X﹣）
D．N点对应的溶液中，c（Y+）+c（YOH）＝2c（X﹣）
【分析】A．根据图知，外加YOH时，0.10ml/L的HX溶液的pH＝1，溶液中c（H+）＝c（HX）＝0.1ml/L，则HX完全电离；加入6mLYOH溶液时溶液pH＝7，则加入5mLYOH溶液时酸碱恰好完全反应生成YX，溶液呈酸性，所以YX为强酸弱碱盐；
B．弱离子促进水电离；
C．M点溶液呈中性，则c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Y+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（X﹣）；
D．N点对应的溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断。
【解答】解：A．根据图知，外加YOH时，0.10ml/L的HX溶液的pH＝1，溶液中c（H+）＝c（HX）＝0.1ml/L，则HX完全电离，则HX为强酸；加入6mLYOH溶液时溶液pH＝7，则加入5mLYOH溶液时酸碱恰好完全反应生成YX，溶液呈酸性，所以YX为强酸弱碱盐，则YOH为弱碱，故A正确；
B．常温下，pH＝5的YX溶液中，YX促进水电离，由水电离的c（H+）等于溶液中c（H+），为1.0×10﹣5ml⋅L﹣1，故B错误；
C．M点溶液呈中性，则c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Y+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（X﹣），所以c（Y+）＝c（X﹣），故C正确；
D．N点对应的溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Y+）+c（YOH）＝2c（X﹣），故D正确；
故选：B。
14．（3分）科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电极a为电池的负极
B．电极b上发生的电极反应：O2+4H++4e﹣═2H2O
C．电路中每通过4ml电子，则负极消耗（标准状况下）44.8LH2S
D．每17gH2S参与反应，则有2mlH+经质子膜进入正极区
【分析】根据图知，该燃料电池中，a电极上H2S失电子生成S2和H+，为负极，负极反应式为2H2S﹣4e﹣＝S2+4H+，b电极为正极，正极上O2得电子和氢离子反应生成H2O，电极反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，质子从负极流向正极。
【解答】解：A．通过以上分析知，a电极上H2S失电子生成S2，为负极，故A正确；
B．b电极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，故B正确；
C．负极上H2S失电子发生氧化反应，根据反应2H2S﹣4e﹣＝S2+4H+，每通过4ml电子，则负极消耗（标准状况下）44.8LH2S，故C正确；
D．n（H2S）＝＝0.5ml，根据2H2S﹣4e﹣＝S2+4H+知，每17gH2S参与反应，有1mlH+经质子膜进入正极区，故D错误；
故选：D。
二、填空题（本大题包含4小题，共58分）
15．（11分）X、Y、Z、M、Q是中学化学常见的五种元素，原子序数依次增大，其相关结构或性质信息如下表所示。
（1）Q元素基态原子的价层电子排布图是 1s22s22p63s23p63d64s2 。
（2）比较Y元素与氧元素的第一电离能大小： N＞O （填元素符号）；X和Z形成的化合物XZ2为一种液体溶剂，其分子中的σ键和π键数目之比为 1：1 ，该化合物 难 溶于水（填“易”或“难”）。
（3）Y的最简单氢化物分子中含有 极性 共价键（填“极性”或“非极性”，下同），是 极性 分子，该氢化物易液化，其原因是 氨气分子间存在氢键，熔沸点较低 。
（4）M的气态氢化物和氟化氢相比（填写化学式，并从微粒间作用力的角度分析原因），稳定性强的是 HF ，其原因是 因为元素非金属性F＞Cl，所以HF稳定 ；沸点高的是 HF ，其原因是 因为HF分子之间存在氢键，所以HF沸点高 。
【分析】X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层最多含有8个电子，则X含有两个电子层，最外层含有4个C，则X为C元素；Y的基态原子最外层电子排布为nsnnpn+1，s层含有2个电子，则n＝2，Y的最外层电子排布式为：2s22p3，则Y为N元素；Z为非金属元素，其单质为固体，在氧气中燃烧时有明亮的蓝紫色火焰，则Z为S元素；基态原子的M层上有1个未成对的p电子，则M的电子排布式为1s22s22p63s23p1或1s22s22p63s23p5，为铝元素或氯元素，由于Z单质常温、常压下是气体，所以Z是Cl元素；Q与X形成的合金为目前用量最多的金属材料，该合金为钢，则Q为Fe元素，据此进行解答。
【解答】解：X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层最多含有8个电子，则X含有两个电子层，最外层含有4个C，则X为C元素；Y的基态原子最外层电子排布为nsnnpn+1，s层含有2个电子，则n＝2，Y的最外层电子排布式为：2s22p3，则Y为N元素；Z为非金属元素，其单质为固体，在氧气中燃烧时有明亮的蓝紫色火焰，则Z为S元素；基态原子的M层上有1个未成对的p电子，则M的电子排布式为1s22s22p63s23p1或1s22s22p63s23p5，为铝元素或氯元素，由于Z单质常温、常压下是气体，所以Z是Cl元素；Q与X形成的合金为目前用量最多的金属材料，该合金为钢，则Q为Fe元素，
综上所述：X、Y、Z、M、Q分别为C、N、S、Cl、Fe元素，
（1）Q为Fe元素，铁原子核外有26个电子，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；
（2）核外电子排布处于半充满、全充满、全空是稳定结构，N原子的2p能级是半充满状态，是稳定状态，因此第一电离能N＞O；X和Z形成的化合物XZ2为CS2，结构为S＝C＝S，σ键和π键数目之比为1：1，CS2是非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶可知其难溶于水，
故答案为：N＞O；1：1；难；
（3）Y的简单氢化物为NH3，含极性键，是极性分子，氨气分子间存在氢键，熔沸点较低，故易液化
故答案为：极性；极性；氨气分子间存在氢键，熔沸点较低；
（4）非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，非金属性：F＞Cl，则氢化物的稳定性HF＞HCl；由于HF分子间存在氢键，所以氟化氢的沸点比HCl高，
故答案为：HF；因为元素非金属性F＞Cl，所以HF稳定；HF；因为HF分子之间存在氢键，所以HF沸点高。
16．（8分）碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。根据要求回答下列问题：
（1）碳原子的价电子排布式 2s22p2 ，核外有 6 种不同空间运动状态的电子。
（2）碳可以形成多种有机化合物，如图所示是一种嘌呤和一种吡啶的结构，两种分子中所有原子都在一个平面上。
①嘌呤中所有元素的电负性由大到小的顺序 N＞C＞H 。
②嘌岭中轨道之间的夹角∠1比∠2大，解释原因 孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大 。
③吡啶结构中N原子的杂化方式 sp2 。
④分子中的大π键可用符号表示，m代表形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，如苯分子中的大π键可表示为。则吡啶结构中的大π键表示为 。
（3）碳元素能形成CO、CO2、H2CO3等多种无机化合物。
①在CO转化成CO2的反应过程中，下列说法正确的是 BCD 。
A.分子中孤电子对数不变
B.分子的极性发生变化
C.原子间成键方式发生改变
D.分子晶体的熔沸点升高
②分子中的键角大小：H2S ＜ H2O（填＞、＜或者＝）
【分析】（1）碳原子价电子排布式为：2s22p2，由泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；原子核外没有运动状态相同的电子；
（2）①嘌呤中的元素有C、N、H元素，元素的非金属性越强，其电负性越大；
②根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对与键合电子对之间的夹角减小；
③吡啶分子为平面结构，N原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型；
④吡啶为平面结构，N形成3个共价键，还留有一对孤电子对，参与形成离域大π键，每个C原子留有一个轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键；
（3）①．CO分子含有2对孤对电子，CO2分子含有4对孤对电子；
B．CO是极性分子，CO2是非极性分子；
C．CO和CO2均含有共价键，但CO还含有配位键；
D．均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；
②O、S在周期表中位于同一主族，其简单氢化物分别为H2O和H2S，因为O的电负性比S大而原子半径小于S，O﹣H上的电子更靠近O，斥力更大。
【解答】解：（1）碳元素的最外层有四个价电子，分别占据2s和2p轨道，价电子排布式为2s22p2，原子核外没有运动状态相同的电子，碳原子核外有6个电子，即有6种运动状态不同的电子，
故答案为：2s22p2；6；
（2）①嘌呤中含有元素为C，N，H，非金属性N＞C＞H，则电负性由大到小的顺序为：N＞C＞H，
故答案为：N＞C＞H；
②根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对与键合电子对之间的夹角减小，
故答案为：孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大；
③吡啶分子为平面结构，N形成3根共价键，根据杂化轨道理论，则N原子的杂化方式为sp2杂化，
故答案为：sp2；
④吡啶为平面结构，N形成3根共价键，还留有一对孤电子对，参与形成大π键，每个C原子留有一个轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键，所以吡啶环形成5中心6电子的离域大π键：，
故答案为：；
（3）①A．CO分子含有2对孤对电子，CO2分子含有4对孤对电子，转化过程中孤电子对数发生变化，故A错误；
B．CO是极性分子，CO2是非极性分子，极性发生变化，故B正确；
C．CO和CO2均含有共价键，CO还含有配位键，转化过程中键型发生变化，故C正确；
D．均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，故D正确，
故答案为：BCD；
②O、S在周期表中位于同一主族，其简单氢化物分别为H2O和H2S，因为O的电负性比S大而原子半径小于S，O﹣H上的电子更靠近O，斥力更大，所以H2O中的健角要大于H2S中的键角，
故答案为：＜。
17．（8分）合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某工厂烟灰（主要成分为MgO、Al2O3、CuO、NiO、SiO2等）为原料制备镁铝复合氧化物（MgO﹣Al2O3）为载体的负载型铜镍催化剂（Cu﹣Ni/MgO﹣Al2O3）的工艺流程如图：
已知：25℃时各离子在该生产工艺条件下开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表所示：
回答下列问题：
（1）为加快浸取速率，可采取的措施是 加热（或搅拌、适当增大硫酸浓度） （写出一条即可）。
（2）“浸取”过程中NiO发生反应的离子方程式为 NiO+2H+＝Ni2++2H2O ，“滤渣”的主要成分是 SiO2 （填化学式）。
（3）加热时尿素CO（NH2）2在水中发生水解反应生成NH3和 CO2 气体（写化学式）。
（4）25℃时若“晶化、过滤”所得滤液中pH＝6，则滤液中的c（Al3+）＝ 1.0×10﹣8 ml•L﹣1。
（5）“晶化”过程中，需保持70℃的温度，通常采用水浴加热方式，其优点为 受热均匀且便于控制温度为70℃的恒温 。
（6）“洗涤”过程中检验滤饼是否洗干净的方法为 取最后一次洗涤液少许于试管中，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀则未洗干净，若无沉淀则已洗干净 ；“洗涤、干燥”之后的工序为 煅烧 。
【分析】工厂烟灰中加入稀硫酸进行浸取，其中二氧化硅为酸性氧化物，不与稀硫酸反应，其余金属氧化物均溶解生成盐溶液，过滤后滤渣为二氧化硅，继续向滤液中加入尿素调节pH，反应生成Mg（OH）2、Al（OH）3、Cu（OH）2、Ni（OH）2沉淀，晶化后过滤得到滤饼，洗涤、干燥、焙烧得到对应的氧化物，在500℃温度下用氢气还原得到产品。
【解答】解：（1）从反应速率的影响因素可知，为加快浸取速率，可采取的措施是：加热（或搅拌、适当增大硫酸浓度），
故答案为：加热（或搅拌、适当增大硫酸浓度）；
（2）“浸取”时NiO和硫酸反应生成硫酸镍，离子方程式为：NiO+2H+＝Ni2++2H2O；结合上述分析，滤渣为二氧化硅，
故答案为：NiO+2H+＝Ni2++2H2O；SiO2；
（3）尿素CO（NH2）2在水中发生水解反应，元素化合价不发生变化，水解时发生的方程式为：CO（NH2）2+H2O＝CO2+2NH3，则加热时尿素CO（NH2）2在水中发生水解反应生成NH3和CO2气体，
故答案为：CO2；
（4）根据表格中的数据可知，氢氧化铝的溶度积Ksp＝1.0×10﹣5×（10﹣9）3＝10﹣32，则当滤液中pH＝6时，滤液中c（Al3+）＝＝ml/L＝1.0×10﹣8ml/L，
故答案为：1.0×10﹣8；
（5）采用水浴加热方式的优点为受热均匀且便于控制温度为70℃的恒温，
故答案为：受热均匀且便于控制温度为70℃的恒温；
（6）根据流程可知，产品的表面可能会吸附硫酸根离子，则检验滤饼是否洗干净的方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀则未洗干净，若无沉淀则已洗干净；结合上述分析，干燥后煅烧分解生成氧化物，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀则未洗干净，若无沉淀则已洗干净；煅烧。
18．（7分）由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ的lnK与温度T的关系如图甲所示。
ΔH1 ＜ 0（填“＞”“＝”或“＜”）；反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的化学平衡常数K＝ （用K1、K2的代数式表示），升高温度，K 减小 （填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）起始按＝3投料发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，测CO2的平衡转化率（X﹣CO2）和CH3OH的选择性（S﹣CH3OH）随温度、压强的变化如图乙所示。
已知：S﹣CH3OH＝×100%
则p1 ＞ p2（填“＞”或“＜”），不改变温度和压强，能提高甲醇选择性的措施有 使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂 ；350℃时，p1和p2下的CO2平衡转化率几乎交于一点的原因是 350℃后，反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响 ；250℃，压强为p2时，反应Ⅱ的平衡常数Kx＝ 0.061 （保留2位有效数字）。
【分析】（1）由图可知，反应Ⅰ的lnK随增大而增大，说明降低温度，平衡常数K值增大，平衡正向移动，根据盖斯定律：Ⅰ﹣Ⅱ得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2＜0为放热反应，平衡常数K＝，升高温度，平衡逆向移动；
（2）反应1为气体分子数减小的反应，反应1为气体分子数不变的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，二氧化碳转化率增加，甲醇的选择性增强，不改变温度和压强，能提高甲醇选择性的措施有使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂；350℃在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是此时发生的反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响；250℃，压强为p2时，CO2的平衡转化率为40%，CH3OH的选择性为50%，设H2、CO2的起始量分别为3ml和1ml，则反应1ml×40%＝0.4ml的CO2，转化为CH3OH的CO2为0.4ml×50%＝0.2ml，反应Ⅰ消耗CO20.2ml，反应Ⅱ消耗CO20.2ml，利用三步法可知：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始/ml：1 3 0 0
变化/ml：0.2 0.6 0.2 0.2
末了/ml：0.8 2.4 0.2 0.2
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
起始/ml：0.8 2.4 0 0.2
变化/ml：0.2 0.2 0.2 0.2
平衡/ml：0.6 2.2 0.2 0.4。
【解答】解：（1）由图可知，反应Ⅰ的lnK随增大而增大，说明降低温度，平衡常数K值增大，平衡正向移动，则ΔH1＜0；同理ΔH2＞0，根据盖斯定律：Ⅰ﹣Ⅱ得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2＜0为放热反应，平衡常数K＝，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数K减小，
故答案为：＜；；减小；
（2）反应1为气体分子数减小的反应，反应1为气体分子数不变的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，二氧化碳转化率增加，甲醇的选择性增强，由图可知，p1＞p2，不改变温度和压强，能提高甲醇选择性的措施有使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂；350℃在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是此时发生的反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响；250℃，压强为p2时，CO2的平衡转化率为40%，CH3OH的选择性为50%，设H2、CO2的起始量分别为3ml和1ml，则反应1ml×40%＝0.4ml的CO2，转化为CH3OH的CO2为0.4ml×50%＝0.2ml，反应Ⅰ消耗CO20.2ml，反应Ⅱ消耗CO20.2ml，利用三步法可知：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始/ml：1 3 0 0
变化/ml：0.2 0.6 0.2 0.2
末了/ml：0.8 2.4 0.2 0.2
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
起始/ml：0.8 2.4 0 0.2
变化/ml：0.2 0.2 0.2 0.2
平衡/ml：0.6 2.2 0.2 0.4
则平衡时，CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分别是0.6ml、2.2ml、0.2ml、0.4ml、0.2ml，则反应Ⅱ的平衡常数为，
故答案为：＞；使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂；350℃后，反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响；0.061。
选项
表述甲
表述乙
A
3p能级有1个空原子轨道的基态原子
核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子
B
2p能级无空原子轨道且有1个未成对电子的基态原子
最外层电子排布为2s22p5的原子
C
M层全充满而N层电子排布为4s2的原子
核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2的原子
D
最外层电子数是核外电子总数的原子
最外层电子排布为4s24p5的原子
元素
结构或性质信息
X
其原子最外层电子数是内层电子数的2倍
Y
基态原子最外层电子排布为
nsnnpn+1
Z
非金属元素，其单质为固体，在氧气中燃烧时有明亮的蓝紫色火焰
M
单质在常温、常压下是气体，基态原子的
M层上有1个未成对的p电子
Q
其与
X形成的合金为目前用量最多的金属材料
金属离子
Al3+
Cu2+
Ni2+
Mg2+
开始沉淀时的pH
3.4
4.8
7.7
9.1
完全沉淀时（c＝1.0×10﹣5）的pH
5.0
6.7
9.5
11.2
一、选择题（本题共14小题，每小题只有一个最佳选项，每小题3分，共42分）
1．（3分）生活中的化学无处不在，下列关于生活中的化学描述错误的是（ ）
A．可以用光谱分析的方法来确定太阳的组成元素是否含氦
B．壁虎在天花板上爬行自如是因为壁虎的脚与墙体之间有范德华力
C．溴和碘单质易溶于四氯化碳，难溶于水，因为溴、碘、四氯化碳都是非极性分子
D．水的热稳定性较强是因为水中含有大量的氢键
【分析】A．每种元素在原子光谱中都有自己的特征谱线；
B．壁虎足上有细毛，与墙壁形成范德华力；
C．根据相似相容原理，非极性物质易溶于非极性溶剂、不易溶于极性溶剂；
D．水的热稳定性较强与氢键无关。
【解答】解：A．每种元素在原子光谱中都有自己的特征谱线，可以用光谱分析的方法来确定太阳的组成元素是否含氦，故A正确；
B．壁虎在天花板上爬行自如是因为壁虎足上有细毛，与墙壁形成范德华力，故B正确；
C．根据相似相容原理，非极性物质易溶于非极性溶剂、不易溶于极性溶剂，则可知：萘和碘易溶于四氯化碳是因为萘、碘、四氯化碳都是非极性分子，故C正确；
D．水的热稳定性较强与氢键无关，与键能有关，故D错误；
故选：D。
2．（3分）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．sp2杂化轨道模型：
B．SO2的VSEPR模型：
C．CH2O分子的空间结构模型：
D．p﹣pσ键电子云轮廓图：
【分析】A．sp2杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和2个p轨道组合而形成，每个杂化轨道含有三分之一的s轨道成分和三分之二p轨道成分；
B．SO2的价层电子对数＝2+＝3；
C．甲醛的中心原子价层电子对数为，空间构型为平面三角形；
D．p﹣pσ键，原子轨道头碰头方式重叠。
【解答】解：A．sp2杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和2个p轨道组合而形成，杂化轨道间夹角为120°，呈平面三角形，sp2杂化轨道模型为，故A错误；
B．SO2的价层电子对数＝2+＝3，VSEPR模型为平面三角形，故B错误；
C．甲醛的中心原子价层电子对数为，空间构型为平面三角形，其分子的空间结构模型为 ，故C正确；
D．p﹣pσ键，原子轨道头碰头方式重叠，故D错误；
故选：C。
3．（3分）下列分子的中心原子采用sp3杂化，但分子的空间结构不同的一组是（ ）
①SO3；
②SO2；
③H2S；
④CS2；
⑤NH3；
⑥CCl4
A．①②③B．①⑤⑥C．②③④D．③⑤⑥
【分析】①SO3的价层电子对数为3+×（6﹣3×2）＝3，为sp2杂化；
②SO2的价层电子对数为2+×（6﹣2×2）＝3，为sp2杂化；
③H2S的价层电子对数为2+×（6﹣2×1）＝4，为sp3杂化；
④CS2的价层电子对数为2+×（4﹣2×2）＝2，为sp杂化；
⑤NH3的价层电子对数为3+×（5﹣3×1）＝4，为sp3杂化；
⑥CCl4的价层电子对数为4+×（4﹣4×1）＝4，为sp3杂化。
【解答】解：①SO3的价层电子对数为3+×（6﹣3×2）＝3，为sp2杂化，没有孤电子对，空间构型为平面正三角形；
②SO2的价层电子对数为2+×（6﹣2×2）＝3，为sp2杂化，有1对孤电子对，空间构型为V形；
③H2S的价层电子对数为2+×（6﹣2×1）＝4，为sp3杂化，有2对孤电子对，空间构型为V形；
④CS2的价层电子对数为2+×（4﹣2×2）＝2，为sp杂化，没有孤电子对，空间构型为直线形；
⑤NH3的价层电子对数为3+×（5﹣3×1）＝4，为sp3杂化，有1对孤电子对，空间构型为三角锥形；
⑥的价层电子对数为4+×（4﹣4×1）＝4，为sp3杂化，没有孤电子对，空间构型正四面体形；
综上所述，③⑤⑥符合题意，
故选：D。
4．（3分）“胃舒平”的主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅酸镁（Mg2Si3O8⋅nH2O）等化合物。下列叙述错误的是（ ）
A．第一电离能：Si＞Al＞Mg
B．基态铝原子核外电子占据的最高能级符号为3p
C．元素的电负性：O＞Si＞Al＞Mg
D．某同学书写的基态Mg原子的轨道表示式：违反了泡利不相容原理
【分析】A.根据同周期第一电离能从左到右逐渐增大，第ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常可判断；
B.根据1s22s22p63s23p1可进行判断；
C.根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族电负性从上到下逐渐减小来判断；
D.根据泡利不相容原理：每个轨道只能填充两个电子，且自旋方向相反进行判断。
【解答】解：A.同周期第一电离能从左到右逐渐增大，但Mg价电子排布式为3s2全满，而Al价电子排布为3s23p1，p电子能量较高，所以第一电离能Mg＞Al，故A错误；
B.铝为13号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p1，所以基态铝原子核外电子占据的最高能级符号为3p，故B正确；
C.选取S元素做参照物，根据同周期从左到右电负性逐渐增大，S＞Si＞Al＞Mg，同主族电负性从上到下逐渐减小O＞S，所以电负性O＞Si＞Al＞Mg，故C正确；
D.镁12号元素，基态Mg原子电子排布式为1s22s22p63s2，轨道表示式为，可以看出违反了泡利不相容原理，故D正确；
故选：A。
5．（3分）下列说法错误的是（ ）
A．分子中没有手性碳原子
B．分子中σ键和π键的数目比为7：1
C．某元素气态基态原子的逐级电离能（kJ•ml﹣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X2+
D．反应N2O4（l）+2N2H4（l）═3N2（g）+4H2O（l） 中若有4 ml N﹣H键断裂，则形成的π键数目为3NA
【分析】A．手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，即必须是饱和碳原子；
B．单键属于σ键，双键中含有一个σ键和一个π键；
C．第二和第三电离能相差较大，说明该元素在第ⅡA族；
D．4 ml N﹣H键断裂，即1mlN2H4参加了反应，则生成1.5ml氮气。
【解答】解：A．手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，即必须是饱和碳原子，甲基和亚甲基中的碳原子不是手性碳原子，不存在手性碳原子，故A正确；
B．单键属于σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，中含有4个N﹣Hσ键，2个C﹣Nσ键，4个C﹣Oσ键，4个Cu﹣Oσ键，4个C﹣Hσ键，共有18个σ键，2个π键，分子中σ键和π键的数目比为9：1，故B错误；
C．某元素气态基态原子的逐级电离能（kJ•ml﹣1）分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，第二和第三电离能相差较大，说明该元素在第ⅡA族，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+，故C正确；
D．反应N2O4（l）+2N2H4（l）═3N2（g）+4H2O（l） 中若有4 ml N﹣H键断裂，即1mlN2H4参加了反应，则生成1.5ml氮气，形成的π键数目为1.5ml×2NAml﹣1＝3NA，故A正确；
故选：B。
6．（3分）下列化学用语的表达正确的是（ ）
A．氨气分子的空间结构为平面三角形
B．Be原子最高能级的电子云图：
C．价层电子排布式为2s22p2和3s23p5的两种原子能形成共价化合物
D．基态Cu原子的价层电子轨道表示式：
【分析】A．NH3中N的价层电子对数为＝4，孤电子对数为1，因此NH3的空间结构为三角锥形；
B．基态Be原子最外层电子排布式为2s2，电子云图应为球形；
C．价层电子排布式为2s22p2即为C，3s23p5即为Cl，两原子能形成共价化合物CCl4；
D．铜是29号元素，价电子排布为3d104s1。
【解答】解：A．NH3中N的价层电子对数为＝4，孤电子对数为1，因此NH3的空间结构为三角锥形，故A错误；
B．基态Be原子最外层电子排布式为2s2，电子云图应为球形，故B错误；
C．价层电子排布式为2s22p2即为C，3s23p5即为Cl，两原子能形成共价化合物CCl4，故C正确；
D．铜是29号元素，价电子排布为3d104s1，则其价电子轨道表示式为：，故D错误；
故选：C。
7．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．原子能级中，p能级能量一定比s能级的能量高
B．同主族元素中，从上到下元素的电负性逐渐变大
C．键能、键长都是衡量共价键的稳定性重要参数
D．元素周期表中，s区全部是金属元素
【分析】A．能级能量还与能层有关；
B．同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减小；
C．键长越短，键能越大，共价键越稳定；
D．氢元素属于非金属元素。
【解答】解：A．同一能层中p能级能量一定比s能级的能量高，但能级能量还与能层有关，p能级能量不一定比s能级能量高，如2p＜3s，3p＜4s等，故A错误；
B．同主族元素从上到下电子层增多，原子核吸引电子能力减弱，元素的电负性逐渐减小，故B错误；
C．键长越短，键能越大，共价键越稳定，键能、键长都是衡量共价键的稳定性重要参数，故C正确；
D．s区包括IA族、ⅡA族元素，其中IA族的氢元素属于非金属元素，故D错误；
故选：C。
8．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素组成的一种食品添加剂结构如图所示，Z的原子半径在短周期中最大，W基态原子的s能级电子总数是p能级电子总数的。下列说法不正确的是（ ）
A．Y、Z形成的简单离子半径：Y＞Z
B．W、Y形成的简单氢化物沸点：Y＞W
C．Z分别与X、Y形成的化合物中所含化学键类型一定完全相同
D．WX3、X2Y中W原子和Y原子的杂化轨道类型相同
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素组成的一种食品添加剂结构如图所示，Z的原子半径在短周期中最大，则Z为Na，W基态原子的s能级电子总数是p能级电子总数的，则W为P，则Y为O，X为H。
【解答】解：A．根据同电子层结构核多径小原则，Y、Z形成的简单离子半径：Y＞Z，故A正确；
B．水中存在分子间氢键，因此W、Y形成的简单氢化物沸点：Y＞W，故B正确；
C．Z分别与X、Y形成的化合物中所含化学键类型不一定完全相同，NaH只有离子键，Na2O2中含有离子键和非极性键，故C错误；
D．WX3中W原子价层电子对数为4，杂化类型为sp3杂化，X2Y中Y原子价层电子对数为 4，杂化类型为sp3杂化，杂化轨道类型相同，故D正确；
故选：C。
9．（3分）下列有关化学键类型的叙述正确的是（ ）
A．共价分子中一定含非极性键
B．所有物质中都存在化学键
C．已知乙炔的结构式为H﹣C≡C﹣H，则乙炔中存在2个σ键（C﹣H）和3个π键（C≡C）
D．乙烷分子中只存在σ键，不存在π键
【分析】A．共价分子中可能含有极性键；
B．稀有气体为单原子分子；
C．单键为σ键，三键为1个σ键和2个π键；
D．乙烷分子中只含有C﹣H、C﹣C单键。
【解答】解：A．共价分子中可能含有极性键，如二氧化碳中含有极性键，故A错误；
B．稀有气体为单原子分子，没有相邻原子，不存在化学键，故B错误；
C．单键为σ键，三键为1个σ键和2个π键，因此乙炔中存在3个σ键和2个π键，故C错误；
D．乙烷分子中只含有C﹣H、C﹣C单键，都为σ键，故D正确；
故选：D。
10．（3分）如表中每个选项都有甲、乙两种表述，这两种表述指向的不是同种元素原子的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．3p 能级有1个空原子轨道的基态原子，该原子3p能级有2个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；
B．2p 能级无空原子轨道且有1个未成对电子的基态原子，核外电子排布式为1s22s22p5；
C．M层全充满而N层为4s2的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2的原子为Ca原子；
D．最外层电子数是核外电子总数的的原子，电子排布式可以是：1s22s22p63s23p63d104s24p5。
【解答】解：A．3p 能级有1个空原子轨道的基态原子，该原子3p能级有2个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；与核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子，核外电子排布相同，属于同种元素的原子，故A正确；
B．2p 能级无空原子轨道且有1个未成对电子的基态原子，核外电子排布式为1s22s22p5，与最外层电子排布为2s22p5的原子核外电子排布相同，属于同种元素的原子，故B正确；
C．M层全充满而N层为4s2的原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，与核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2的原子不属于同种元素的原子，故C错误；
D．最外层电子数是核外电子总数的的原子，电子排布式是：1s22s22p63s23p63d104s24p5，与最外层电子排布为4s24p5的原子核外电子排布相同，属于同种元素的原子，故D正确；
故选：C。
11．（3分）下列叙述正确的是（ ）
A．钠的焰色反应呈现黄色，是电子由激发态转化成基态时吸收能量产生的
B．原子轨道和电子云都是用来形象地描述电子运动状态的
C．各能层的s电子云轮廓图都是圆形，但圆的半径大小不同
D．同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
【分析】A.焰色反应是电子由激发态转化成基态时释放能量产生的；
B.原子轨道和电子云都是用来描述电子运动状态；
C.各能层的s电子云轮廓图都是球形；
D.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等。
【解答】解：A.钠的焰色反应是电子由激发态转化成基态时释放能量产生的，故A错误；
B.原子轨道和电子云都是用来描述电子运动状态而不是表示电子运动轨迹的，故 B正确；
C.各能层的s电子云轮廓图都是球形，而不是圆形，故C错误；
D.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等，都是3个，故 D错误；
故选：B。
12．（3分）下列曲线表示的变化趋势错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据元素周期律的相关知识进行分析解答。
【解答】解：A．同一主族元素，从上到下，元素电负性依次减弱，则O、S、Se元素的电负性随原子序数增大而减小，故A正确；
B．CH4、SiH4、GeH4的组成和结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，则CH4、SiH4、GeH4的沸点随周期序数的增大而增大，故B错误；
C．原子半径：F＜Cl＜Br，键长：H﹣F＜H﹣Cl＜H﹣Br，则键能（H﹣F＞H﹣Cl＞H﹣Br）随键长的增大而减小，故C正确；
D．CH4、NH3、H2O的键角分别为109°28'、107°、105°，原子序数：C＜N＜O，则CH4、NH3、H2O的键角随原子序数的增大而减小，故D正确；
故选：B。
13．（3分）常温下，向10mL0.10ml⋅L﹣1的HX溶液中逐滴滴入0.20ml⋅L﹣1的YOH溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示（忽略溶液温度和体积变化）．下列说法不正确的是（ ）
A．HX是强酸，YOH是弱碱
B．常温下，pH＝5的YX溶液中，由水电离的c（H+）＝1.0×10﹣9ml⋅L﹣1
C．M点对应的溶液中，c（Y+）＝c（X﹣）
D．N点对应的溶液中，c（Y+）+c（YOH）＝2c（X﹣）
【分析】A．根据图知，外加YOH时，0.10ml/L的HX溶液的pH＝1，溶液中c（H+）＝c（HX）＝0.1ml/L，则HX完全电离；加入6mLYOH溶液时溶液pH＝7，则加入5mLYOH溶液时酸碱恰好完全反应生成YX，溶液呈酸性，所以YX为强酸弱碱盐；
B．弱离子促进水电离；
C．M点溶液呈中性，则c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Y+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（X﹣）；
D．N点对应的溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断。
【解答】解：A．根据图知，外加YOH时，0.10ml/L的HX溶液的pH＝1，溶液中c（H+）＝c（HX）＝0.1ml/L，则HX完全电离，则HX为强酸；加入6mLYOH溶液时溶液pH＝7，则加入5mLYOH溶液时酸碱恰好完全反应生成YX，溶液呈酸性，所以YX为强酸弱碱盐，则YOH为弱碱，故A正确；
B．常温下，pH＝5的YX溶液中，YX促进水电离，由水电离的c（H+）等于溶液中c（H+），为1.0×10﹣5ml⋅L﹣1，故B错误；
C．M点溶液呈中性，则c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Y+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（X﹣），所以c（Y+）＝c（X﹣），故C正确；
D．N点对应的溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Y+）+c（YOH）＝2c（X﹣），故D正确；
故选：B。
14．（3分）科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电极a为电池的负极
B．电极b上发生的电极反应：O2+4H++4e﹣═2H2O
C．电路中每通过4ml电子，则负极消耗（标准状况下）44.8LH2S
D．每17gH2S参与反应，则有2mlH+经质子膜进入正极区
【分析】根据图知，该燃料电池中，a电极上H2S失电子生成S2和H+，为负极，负极反应式为2H2S﹣4e﹣＝S2+4H+，b电极为正极，正极上O2得电子和氢离子反应生成H2O，电极反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，质子从负极流向正极。
【解答】解：A．通过以上分析知，a电极上H2S失电子生成S2，为负极，故A正确；
B．b电极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，故B正确；
C．负极上H2S失电子发生氧化反应，根据反应2H2S﹣4e﹣＝S2+4H+，每通过4ml电子，则负极消耗（标准状况下）44.8LH2S，故C正确；
D．n（H2S）＝＝0.5ml，根据2H2S﹣4e﹣＝S2+4H+知，每17gH2S参与反应，有1mlH+经质子膜进入正极区，故D错误；
故选：D。
二、填空题（本大题包含4小题，共58分）
15．（11分）X、Y、Z、M、Q是中学化学常见的五种元素，原子序数依次增大，其相关结构或性质信息如下表所示。
（1）Q元素基态原子的价层电子排布图是 1s22s22p63s23p63d64s2 。
（2）比较Y元素与氧元素的第一电离能大小： N＞O （填元素符号）；X和Z形成的化合物XZ2为一种液体溶剂，其分子中的σ键和π键数目之比为 1：1 ，该化合物 难 溶于水（填“易”或“难”）。
（3）Y的最简单氢化物分子中含有 极性 共价键（填“极性”或“非极性”，下同），是 极性 分子，该氢化物易液化，其原因是 氨气分子间存在氢键，熔沸点较低 。
（4）M的气态氢化物和氟化氢相比（填写化学式，并从微粒间作用力的角度分析原因），稳定性强的是 HF ，其原因是 因为元素非金属性F＞Cl，所以HF稳定 ；沸点高的是 HF ，其原因是 因为HF分子之间存在氢键，所以HF沸点高 。
【分析】X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层最多含有8个电子，则X含有两个电子层，最外层含有4个C，则X为C元素；Y的基态原子最外层电子排布为nsnnpn+1，s层含有2个电子，则n＝2，Y的最外层电子排布式为：2s22p3，则Y为N元素；Z为非金属元素，其单质为固体，在氧气中燃烧时有明亮的蓝紫色火焰，则Z为S元素；基态原子的M层上有1个未成对的p电子，则M的电子排布式为1s22s22p63s23p1或1s22s22p63s23p5，为铝元素或氯元素，由于Z单质常温、常压下是气体，所以Z是Cl元素；Q与X形成的合金为目前用量最多的金属材料，该合金为钢，则Q为Fe元素，据此进行解答。
【解答】解：X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层最多含有8个电子，则X含有两个电子层，最外层含有4个C，则X为C元素；Y的基态原子最外层电子排布为nsnnpn+1，s层含有2个电子，则n＝2，Y的最外层电子排布式为：2s22p3，则Y为N元素；Z为非金属元素，其单质为固体，在氧气中燃烧时有明亮的蓝紫色火焰，则Z为S元素；基态原子的M层上有1个未成对的p电子，则M的电子排布式为1s22s22p63s23p1或1s22s22p63s23p5，为铝元素或氯元素，由于Z单质常温、常压下是气体，所以Z是Cl元素；Q与X形成的合金为目前用量最多的金属材料，该合金为钢，则Q为Fe元素，
综上所述：X、Y、Z、M、Q分别为C、N、S、Cl、Fe元素，
（1）Q为Fe元素，铁原子核外有26个电子，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；
（2）核外电子排布处于半充满、全充满、全空是稳定结构，N原子的2p能级是半充满状态，是稳定状态，因此第一电离能N＞O；X和Z形成的化合物XZ2为CS2，结构为S＝C＝S，σ键和π键数目之比为1：1，CS2是非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶可知其难溶于水，
故答案为：N＞O；1：1；难；
（3）Y的简单氢化物为NH3，含极性键，是极性分子，氨气分子间存在氢键，熔沸点较低，故易液化
故答案为：极性；极性；氨气分子间存在氢键，熔沸点较低；
（4）非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，非金属性：F＞Cl，则氢化物的稳定性HF＞HCl；由于HF分子间存在氢键，所以氟化氢的沸点比HCl高，
故答案为：HF；因为元素非金属性F＞Cl，所以HF稳定；HF；因为HF分子之间存在氢键，所以HF沸点高。
16．（8分）碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。根据要求回答下列问题：
（1）碳原子的价电子排布式 2s22p2 ，核外有 6 种不同空间运动状态的电子。
（2）碳可以形成多种有机化合物，如图所示是一种嘌呤和一种吡啶的结构，两种分子中所有原子都在一个平面上。
①嘌呤中所有元素的电负性由大到小的顺序 N＞C＞H 。
②嘌岭中轨道之间的夹角∠1比∠2大，解释原因 孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大 。
③吡啶结构中N原子的杂化方式 sp2 。
④分子中的大π键可用符号表示，m代表形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，如苯分子中的大π键可表示为。则吡啶结构中的大π键表示为 。
（3）碳元素能形成CO、CO2、H2CO3等多种无机化合物。
①在CO转化成CO2的反应过程中，下列说法正确的是 BCD 。
A.分子中孤电子对数不变
B.分子的极性发生变化
C.原子间成键方式发生改变
D.分子晶体的熔沸点升高
②分子中的键角大小：H2S ＜ H2O（填＞、＜或者＝）
【分析】（1）碳原子价电子排布式为：2s22p2，由泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；原子核外没有运动状态相同的电子；
（2）①嘌呤中的元素有C、N、H元素，元素的非金属性越强，其电负性越大；
②根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对与键合电子对之间的夹角减小；
③吡啶分子为平面结构，N原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型；
④吡啶为平面结构，N形成3个共价键，还留有一对孤电子对，参与形成离域大π键，每个C原子留有一个轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键；
（3）①．CO分子含有2对孤对电子，CO2分子含有4对孤对电子；
B．CO是极性分子，CO2是非极性分子；
C．CO和CO2均含有共价键，但CO还含有配位键；
D．均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；
②O、S在周期表中位于同一主族，其简单氢化物分别为H2O和H2S，因为O的电负性比S大而原子半径小于S，O﹣H上的电子更靠近O，斥力更大。
【解答】解：（1）碳元素的最外层有四个价电子，分别占据2s和2p轨道，价电子排布式为2s22p2，原子核外没有运动状态相同的电子，碳原子核外有6个电子，即有6种运动状态不同的电子，
故答案为：2s22p2；6；
（2）①嘌呤中含有元素为C，N，H，非金属性N＞C＞H，则电负性由大到小的顺序为：N＞C＞H，
故答案为：N＞C＞H；
②根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对与键合电子对之间的夹角减小，
故答案为：孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大；
③吡啶分子为平面结构，N形成3根共价键，根据杂化轨道理论，则N原子的杂化方式为sp2杂化，
故答案为：sp2；
④吡啶为平面结构，N形成3根共价键，还留有一对孤电子对，参与形成大π键，每个C原子留有一个轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键，所以吡啶环形成5中心6电子的离域大π键：，
故答案为：；
（3）①A．CO分子含有2对孤对电子，CO2分子含有4对孤对电子，转化过程中孤电子对数发生变化，故A错误；
B．CO是极性分子，CO2是非极性分子，极性发生变化，故B正确；
C．CO和CO2均含有共价键，CO还含有配位键，转化过程中键型发生变化，故C正确；
D．均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，故D正确，
故答案为：BCD；
②O、S在周期表中位于同一主族，其简单氢化物分别为H2O和H2S，因为O的电负性比S大而原子半径小于S，O﹣H上的电子更靠近O，斥力更大，所以H2O中的健角要大于H2S中的键角，
故答案为：＜。
17．（8分）合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某工厂烟灰（主要成分为MgO、Al2O3、CuO、NiO、SiO2等）为原料制备镁铝复合氧化物（MgO﹣Al2O3）为载体的负载型铜镍催化剂（Cu﹣Ni/MgO﹣Al2O3）的工艺流程如图：
已知：25℃时各离子在该生产工艺条件下开始沉淀及完全沉淀时的pH如下表所示：
回答下列问题：
（1）为加快浸取速率，可采取的措施是 加热（或搅拌、适当增大硫酸浓度） （写出一条即可）。
（2）“浸取”过程中NiO发生反应的离子方程式为 NiO+2H+＝Ni2++2H2O ，“滤渣”的主要成分是 SiO2 （填化学式）。
（3）加热时尿素CO（NH2）2在水中发生水解反应生成NH3和 CO2 气体（写化学式）。
（4）25℃时若“晶化、过滤”所得滤液中pH＝6，则滤液中的c（Al3+）＝ 1.0×10﹣8 ml•L﹣1。
（5）“晶化”过程中，需保持70℃的温度，通常采用水浴加热方式，其优点为 受热均匀且便于控制温度为70℃的恒温 。
（6）“洗涤”过程中检验滤饼是否洗干净的方法为 取最后一次洗涤液少许于试管中，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀则未洗干净，若无沉淀则已洗干净 ；“洗涤、干燥”之后的工序为 煅烧 。
【分析】工厂烟灰中加入稀硫酸进行浸取，其中二氧化硅为酸性氧化物，不与稀硫酸反应，其余金属氧化物均溶解生成盐溶液，过滤后滤渣为二氧化硅，继续向滤液中加入尿素调节pH，反应生成Mg（OH）2、Al（OH）3、Cu（OH）2、Ni（OH）2沉淀，晶化后过滤得到滤饼，洗涤、干燥、焙烧得到对应的氧化物，在500℃温度下用氢气还原得到产品。
【解答】解：（1）从反应速率的影响因素可知，为加快浸取速率，可采取的措施是：加热（或搅拌、适当增大硫酸浓度），
故答案为：加热（或搅拌、适当增大硫酸浓度）；
（2）“浸取”时NiO和硫酸反应生成硫酸镍，离子方程式为：NiO+2H+＝Ni2++2H2O；结合上述分析，滤渣为二氧化硅，
故答案为：NiO+2H+＝Ni2++2H2O；SiO2；
（3）尿素CO（NH2）2在水中发生水解反应，元素化合价不发生变化，水解时发生的方程式为：CO（NH2）2+H2O＝CO2+2NH3，则加热时尿素CO（NH2）2在水中发生水解反应生成NH3和CO2气体，
故答案为：CO2；
（4）根据表格中的数据可知，氢氧化铝的溶度积Ksp＝1.0×10﹣5×（10﹣9）3＝10﹣32，则当滤液中pH＝6时，滤液中c（Al3+）＝＝ml/L＝1.0×10﹣8ml/L，
故答案为：1.0×10﹣8；
（5）采用水浴加热方式的优点为受热均匀且便于控制温度为70℃的恒温，
故答案为：受热均匀且便于控制温度为70℃的恒温；
（6）根据流程可知，产品的表面可能会吸附硫酸根离子，则检验滤饼是否洗干净的方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀则未洗干净，若无沉淀则已洗干净；结合上述分析，干燥后煅烧分解生成氧化物，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀则未洗干净，若无沉淀则已洗干净；煅烧。
18．（7分）由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ的lnK与温度T的关系如图甲所示。
ΔH1 ＜ 0（填“＞”“＝”或“＜”）；反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的化学平衡常数K＝ （用K1、K2的代数式表示），升高温度，K 减小 （填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）起始按＝3投料发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，测CO2的平衡转化率（X﹣CO2）和CH3OH的选择性（S﹣CH3OH）随温度、压强的变化如图乙所示。
已知：S﹣CH3OH＝×100%
则p1 ＞ p2（填“＞”或“＜”），不改变温度和压强，能提高甲醇选择性的措施有 使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂 ；350℃时，p1和p2下的CO2平衡转化率几乎交于一点的原因是 350℃后，反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响 ；250℃，压强为p2时，反应Ⅱ的平衡常数Kx＝ 0.061 （保留2位有效数字）。
【分析】（1）由图可知，反应Ⅰ的lnK随增大而增大，说明降低温度，平衡常数K值增大，平衡正向移动，根据盖斯定律：Ⅰ﹣Ⅱ得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2＜0为放热反应，平衡常数K＝，升高温度，平衡逆向移动；
（2）反应1为气体分子数减小的反应，反应1为气体分子数不变的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，二氧化碳转化率增加，甲醇的选择性增强，不改变温度和压强，能提高甲醇选择性的措施有使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂；350℃在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是此时发生的反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响；250℃，压强为p2时，CO2的平衡转化率为40%，CH3OH的选择性为50%，设H2、CO2的起始量分别为3ml和1ml，则反应1ml×40%＝0.4ml的CO2，转化为CH3OH的CO2为0.4ml×50%＝0.2ml，反应Ⅰ消耗CO20.2ml，反应Ⅱ消耗CO20.2ml，利用三步法可知：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始/ml：1 3 0 0
变化/ml：0.2 0.6 0.2 0.2
末了/ml：0.8 2.4 0.2 0.2
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
起始/ml：0.8 2.4 0 0.2
变化/ml：0.2 0.2 0.2 0.2
平衡/ml：0.6 2.2 0.2 0.4。
【解答】解：（1）由图可知，反应Ⅰ的lnK随增大而增大，说明降低温度，平衡常数K值增大，平衡正向移动，则ΔH1＜0；同理ΔH2＞0，根据盖斯定律：Ⅰ﹣Ⅱ得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2＜0为放热反应，平衡常数K＝，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数K减小，
故答案为：＜；；减小；
（2）反应1为气体分子数减小的反应，反应1为气体分子数不变的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，二氧化碳转化率增加，甲醇的选择性增强，由图可知，p1＞p2，不改变温度和压强，能提高甲醇选择性的措施有使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂；350℃在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是此时发生的反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响；250℃，压强为p2时，CO2的平衡转化率为40%，CH3OH的选择性为50%，设H2、CO2的起始量分别为3ml和1ml，则反应1ml×40%＝0.4ml的CO2，转化为CH3OH的CO2为0.4ml×50%＝0.2ml，反应Ⅰ消耗CO20.2ml，反应Ⅱ消耗CO20.2ml，利用三步法可知：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始/ml：1 3 0 0
变化/ml：0.2 0.6 0.2 0.2
末了/ml：0.8 2.4 0.2 0.2
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
起始/ml：0.8 2.4 0 0.2
变化/ml：0.2 0.2 0.2 0.2
平衡/ml：0.6 2.2 0.2 0.4
则平衡时，CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分别是0.6ml、2.2ml、0.2ml、0.4ml、0.2ml，则反应Ⅱ的平衡常数为，
故答案为：＞；使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂；350℃后，反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响；0.061。
选项
表述甲
表述乙
A
3p能级有1个空原子轨道的基态原子
核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子
B
2p能级无空原子轨道且有1个未成对电子的基态原子
最外层电子排布为2s22p5的原子
C
M层全充满而N层电子排布为4s2的原子
核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2的原子
D
最外层电子数是核外电子总数的原子
最外层电子排布为4s24p5的原子
元素
结构或性质信息
X
其原子最外层电子数是内层电子数的2倍
Y
基态原子最外层电子排布为
nsnnpn+1
Z
非金属元素，其单质为固体，在氧气中燃烧时有明亮的蓝紫色火焰
M
单质在常温、常压下是气体，基态原子的
M层上有1个未成对的p电子
Q
其与
X形成的合金为目前用量最多的金属材料
金属离子
Al3+
Cu2+
Ni2+
Mg2+
开始沉淀时的pH
3.4
4.8
7.7
9.1
完全沉淀时（c＝1.0×10﹣5）的pH
5.0
6.7
9.5
11.2
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