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【化学】黑龙江省大庆市三校联考2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）
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黑龙江省大庆市三校联考2018-2019学年高二下学期期末考试
1.下列叙述正确的是( )
A. 常温常压下，4.6 g NO2气体约含有1.806×1023个原子
B. 标准状况下，80 g SO3所占的体积约为22.4 L
C. 标准状况下，22.4 L CCl4中含有的CCl4分子数为NA
D. 标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移电子数为2NA
【答案】A
【详解】A. 4.6 g NO2气体约含有=1.806×1023个原子，故A正确；
B. 标准状况下， SO3不是气体，不可用22.4L/mol计算，故B错误；
C. 标准状况下， CCl4不是气体，不可用22.4L/mol计算，故C错误；
D. 标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为NA，故D错误；
答案：A
【点睛】关于气体摩尔体积的运用紧抓几个关键点：（1）标准状况；（2）气体；（3）约为22.4L/mol。
2.能说明BF3分子的4个原子在同一平面的理由是（ ）
A. B—F键的键角为120° B. B—F键是非极性键
C. 3个B—F键的键能相等 D. 3个B—F键的键长相等
【答案】A
【详解】BF3分子中价层电子对个数=3+1/2×（3-3×1）=3，形成了三条杂化轨道，即B的杂化类型为sp2，形成3个共用电子对，无孤对电子，所以该分子是平面三角形结构。
A.BF3中B原子SP2杂化，分子构型为平面三角形，则其分子结构必然是三个F原子分别处在以硼为中心平面三角形的三个顶点上，所以当3个B-F的键角均为120°，能说明BF3分子中的4个原子处于同一平面，故A正确；
B.B-F键属于极性键，故B错误；
C.3个B-F键相同，键能相同，不能说明BF3分子中的4个原子处于同一平面，故C错误；
D.3个B-F键相同，键长相同，不能说明BF3分子中的4个原子处于同一平面，故D错误，
故选A。
3.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，导致浓度偏高的原因可能是 ( )
A. 容量瓶盛过NaOH溶液，使用前未洗涤 B. 定容时仰视刻度线
C. 容量瓶中原有少量的蒸馏水 D. 移液时，不慎将液体流到瓶外
【答案】A
【详解】A、容量瓶盛过NaOH溶液，使用前未洗涤，溶质增加，浓度偏高；
B、定容时仰视刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；
C、容量瓶中原有少量的蒸馏水不影响；
D、移液时，不慎将液体流到瓶外，溶质减少，浓度偏低。
导致浓度偏高的原因可能是A，答案选A。
【点睛】明确误差分析的原理是解答的关键，根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。
4. 现有三组实验：①除去混在植物油中的水 ②将海水制成淡水 ③用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成份。上述分离方法依次是( )
A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液
C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液
【答案】C
【详解】①植物油不溶于水，可通过分液分离；
②海水含氯化钠等可溶性杂质，可通过蒸馏制取淡水；
③中草药中的有效成份为有机物，易溶于酒精等有机溶剂，故可用酒精萃取。
综上所述，上述分离方法依次是分液、蒸馏、萃取，答案选C。
5.若原子的最外层电子排布为ns1的元素R的叙述正确的是( )
A. 一定是ⅠA族元素
B. 一定是金属元素
C. 可能不是金属元素也可能是非金属元素
D. 不是ⅡA族元素就是副族元素
【答案】C
【解析】试题分析：已知某元素R的原子的最外层电子排布是ns1，若为主族元素，则为第IA族，若为过渡金属元素，则为第VIB或IB元素，A．元素R也可能是过渡金属元素，故A错误；B．R的原子的最外层电子排布是ns1，若为主族元素，则为第IA族，第IA族中的H元素为非金属元素，故B错误；C．R元素可能是第IA族中的H元素，不一定为金属元素，故C正确；D．R不可能是ⅡA族元素，故D错误，答案为C。
考点：考查了最外层电子排布与元素在周期表中位置的关系。
6.在某无色透明溶液中，能大量共存的离子组是( )
A. K＋、MnO4―、SO42― B. Al3＋、Cl―、SO42―
C. Na＋、CH3COO―、H＋ D. OH―、Na＋、Fe3＋
【答案】B
【详解】A．含有MnO4―的溶液显紫色，不可能存在于无色溶液中，故A错误；
B．离子组Al3＋、Cl―、SO42―彼此间不发生离子反应，能大量共存于无色溶液中，故B正确；
C．CH3COO―与H＋能生成醋酸，醋酸是弱电解质，故CH3COO―与H＋不能大量共存于无色溶液中，故C错误；
D．OH―与Fe3＋能生成红褪色氢氧化铁沉淀，且含有Fe3＋的溶液显棕黄色，故OH―与Fe3＋不能大量共存于无色溶液中，故D错误；
故答案为B。
【点睛】离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的颜色、溶液的酸碱性等，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
7.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 铁与盐酸反应：2Fe ＋ 6H＋ ＝ 2Fe3＋ ＋ 3H2↑
B. 氢氧化钡与硫酸铜溶液混合：2OH- + Cu2+ = Cu（OH）2↓
C. 过量NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2反应：2HCO3-＋Ba2+＋2OH-=BaCO3↓＋CO32-＋2H2O
D. 石灰乳和盐酸反应：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O
【答案】C
【详解】A. 铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式：Fe ＋2H＋ ＝Fe2＋ ＋H2↑，A错误；
B. 氢氧化钡与硫酸铜溶液混合生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，正确的离子方程式：Ba2++SO42-+2OH- + Cu2+ = Cu（OH）2↓+BaSO4↓，B错误；
C. 过量NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2反应生成碳酸钡和碳酸钠和水，方程式书写正确，C 正确；
D. 石灰乳为氢氧化钙的悬浊液，与盐酸反应生成氯化钙和水，正确的离子方程式：Ca（OH）2+2H+＝Ca2+＋2H2O，D错误；
综上所述，本题选C。
8.下列混合物的分离方法不可行的是 ( )
A. 互溶的液体混合物可以用分液的方法进行分离
B. 互不相溶的液体混合物可以用分液的方法进行分离
C. 沸点不同的混合物可以用蒸馏的方法进行分离
D. 可溶于水的固体与难溶于水的固体的混合物可用溶解、过滤的方法进行分离
【答案】A
【详解】A、互不相溶的液体混合物可用分液法分离，互溶的液体混合物不能用分液方法，故A选；
B、互不相溶的液态混合物可用分液法分离，故B不选；
C、沸点不同的液体混合物可用蒸馏方法分离法，故C不选；
D、溶于水的固体与难溶于水的固体的混合物，加适量的水将可溶于水的固体溶解，过滤得到难溶于水的固体，蒸发滤液得到溶于水的固体，故D不选。
故选A。
9.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，5.6LO2含有4NA个电子
B. 28gN2、CO和C2H4的混合气体分子总数为NA
C. 标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HCl分子
D. 1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子
【答案】B
【分析】标准状况下，5.6LO2的物质的量是0.25mol；N2、CO和C2H4的摩尔质量都是28g/mol；盐酸是液体，不能利用 计算物质的量；Na被完全氧化生成Na2O2，钠元素化合价由0升高为+1；
【详解】标准状况下，5.6LO2物质的量是0.25mol，含有电子数是 ，常温常压下，5.6LO2的物质的量不是0.25mol，故A错误；N2、CO和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，根据极值法，28gN2、CO和C2H4的混合气体的物质的量是1mol，分子总数为NA，故B正确；盐酸是液体，不能利用 计算物质的量，故C错误；Na被完全氧化生成Na2O2，钠元素化合价由0升高为+1，1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子，故D错误。
10. 下列各组离子中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )
A. Fe3+、H+、SO42－、ClO- B. Fe3+、Fe2+、SO42－、NO3-
C. Al3+、Na+、SO42－、CO32－ D. K+、H+、Br-、MnO4-
【答案】D
【详解】A．H+与ClO-结合生成次氯酸分子，没有发生氧化还原反应；
B．Fe3+、Fe2+、SO42－、NO3-离子间不发生反应，能够电离共存；
C．Al3+与CO32－发生双水解反应，没有发生氧化还原反应；
D．H+、Br-、MnO4－发生氧化还原反应，生成溴单质，符合题意。
故选D。
11. 实验中需2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl的质量分别( )
A. 1000mL，117g B. 950mL，111．2 g
C. 任意规格，117g D. 500mL，111．2g
【答案】A
【详解】实验中需2mol/L的NaCl溶液950mL，但实验室没有规格为950mL的容量瓶，为了减小误差，故我们应选用1000ml的容量瓶，故实际配置溶液体积为1000ml，故应称量NaCl的质量为：1L×2mol/L×58.5g/mol=117g，故A项正确。
12.已知3.01×1023个X气体分子的质量为8 g，则X气体的摩尔质量是( )
A. 16 g B. 32 g C. 64 g/mol D. 16 g /mol
【答案】D
【详解】3.01×1023个X气体分子的物质的量为n===0.5mol，X气体的摩尔质量为M===16g/mol，故选D。
13.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是( )
A. 2.0g重水（D2O）中含有的中子数为NA
B. 50 mL 12 mol·L﹣1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
C. 23g金属钠变为钠离子时失去的电子数为NA
D. 常温常压下，48gO3和O2混合气体中含有的氧原子数为3NA
【答案】B
【解析】A.2.0g重水的物质的量为0.1mol，而一个重水分子中含10个中子，故0.1mol重水中含NA个中子，A项正确；B.无法计算转移的电子数，因为到后来浓盐酸变稀，稀盐酸不再和MnO2反应产生氯气，B项错误；C.23g钠的物质的量为1mol，而钠反应后变为+1价，故1mol钠失去NA个电子，C项正确；D.48gO3和O2混合气体中含有的氧原子数为3NA，D项正确。答案选B.
14.下列叙述正确的是( )
A. NaCl溶液在电流作用下电离成Na＋与Cl－
B. 溶于水后能电离出H＋的化合物都是酸
C. 氯化氢溶于水能导电，但液态氯化氢不能导电
D. 硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡是非电解质
【答案】C
【分析】A．电离是在水分子作用下或者通过加热使化学键断裂离解出自由移动的离子，不需要通电；NaCl溶液在电流作用下发生的是电解；
B．酸是指电离时生成的阳离子只有氢离子的化合物；
C．物质导电应满足的条件是：存在自由电子或者自由移动的离子；
D．在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质。
【详解】A．NaCl溶液在电流作用下发生的是电解生成氯气、氢气、氢氧化钠，氯化钠在水溶液中或者在熔融状态下电离成Na+与Cl-，选项A错误；
B．NaHSO4电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，NaHSO4属于盐，不是酸，选项B错误；
C．氯化氢溶于水为盐酸，氯化氢完全电离，溶液导电，液态氯化氢无自由移动的离子不导电，选项C正确；
D．盐属于电解质，硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，是电解质，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了电解质、酸、电离、电解质等的概念，题目简单，要求同学们加强基本概念的理解和记忆，以便灵活应用，注意电离和电解的条件。
15. 将足量HCl通入下述各溶液中，所含离子还能大量共存的是( )
A. K＋、SO32－、Cl－、NO3－
B. H＋、NH4＋、Al3＋、SO42－
C. Na＋、S2－、OH－、SO42－
D. Na＋、Ca2＋、CH3COO－、HCO3－
【答案】B
【详解】A.通入氯化氢后，硝酸根氧化亚硫酸根，所以不能大量共存；
B.四种离子可以大量共存，通入氯化氢后仍然可以大量共存；
C.通入氯化氢后S2－、OH－均不能大量共存；
D.通入氯化氢后CH3COO－、HCO3－均不能大量共存。
故选B。
16..将C mol/L的AlCl3溶液V1 mL加水稀释至V2mL，稀释后溶液中Cl-物质的量浓度为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【详解】C mol/LAlCl3溶液中Cl-物质的量浓度为3C mol/L，V1 mL加水稀释至V2mL，则稀释后溶液中Cl-物质的量浓度为，答案选D。
【点睛】明确氯化铝溶液中氯离子的浓度与溶质氯化铝的关系以及稀释定律是解答的关键，注意在稀释过程中溶质的质量以及物质的量均是不变的，据此可以进行稀释的有关计算。
17. 下列过程没有涉及化学变化的是( )
A. 空气液化 B. 明矾净水 C. 海带提碘 D. 煤的液化
【答案】A
【详解】A．空气液化是物理过程，没有涉及化学变化；
B．明矾净水是利用了铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用，涉及化学变化；
C．海带提碘利用了氧化剂将碘离子氧化成碘单质，涉及化学变化；
D．煤的液化中有新物质生成，涉及化学变化。
综上所述，没有涉及化学变化的是A，故答案A。
18. 下列叙述不正确的是( )
A. Na+、Mg2+、Al3+的氧化性依次减弱
B. RbOH、KOH、Mg(OH)2碱性依次减弱
C. H2S、H2O、HF的稳定性依次增强
D. O2-、F-、Na+、Br-的半径大小顺序为：Br->O2->F->Na+
【答案】A
【详解】A.同一周期中，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，金属对应的离子得电子能力依次增强，即氧化性依次增强，所以Na+、Mg2+、Al3+的氧化性依次增强，A不正确；
B. Rb、K、Mg的金属性依次减弱 ，故RbOH、KOH、Mg(OH)2碱性依次减弱，B正确；
C.S、O、F的非金属性依次增强，故H2S、H2O、HF的稳定性依次增强，C正确；
D. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大其半径越小；电子层数不同的离子，电子层数越多，半径越大，故O2-、F-、Na+、Br-的半径大小顺序为Br->O2->F->Na+，D正确。
综上所述，叙述不正确的是A，本题选A。
19. 下列物质的熔点高低顺序，正确的是( )
A. 金刚石＞晶体硅＞碳化硅 B. K＞Na
C. NaF＜NaCl＜NaBr D. CI4＞CBr4
【答案】D
【详解】A．原子晶体熔点，比较共价键键长，键长越短，键能越大，物质越稳定；键长：C-C＜C-Si＜Si-Si，熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅；
B．金属晶体键能的大小比较看金属原子的半径大小，半径越小键能越大，熔点越高。K
D.分子晶体熔点，比较分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高。
【点睛】比较物质熔点和沸点的高低，通常按下列步骤进行，首先比较物质的晶体类型，然后再根据同类晶体中晶体微粒间作用力大小，比较物质熔点和沸点的高低，具体比较如下：
一、判断所给物质的晶体类型，然后按晶体的熔点和沸点的高低进行比较，一般来说晶体的熔点和沸点的高低是：原子晶体>离子晶体>分子晶体，例如：晶体硅>氯化钠>干冰。但并不是所有这三种晶体的熔点和沸点都符合该规律，例如：氧化镁（离子晶体）>晶体硅（原子晶体）。而金属晶体的熔点和沸点变化太大，例如汞、铷、铯、钾等的熔点和沸点都很低，钨、铼、锇等的熔点和沸点却很高，所以不能和其它晶体进行简单的比较。
20.下列物质中，有极性共价键的是（ ）
A. 单质碘 B. 氯化镁 C. 溴化钾 D. 水
【答案】D
【分析】由同一种非金属元素的原子形成的共价键是非极性键，由不同种非金属元素的原子之间形成的共价键是极性键。
【详解】A、碘分子中含有非极性键；
B、氯化镁中只有离子键；
C。溴化钾中只有离子键；
D、水分子中只有极性键。
答案选D。
【点晴】掌握化学键的含义是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，如果是同一种非金属元素的原子形成的共价键是非极性键，由不同种非金属元素的原子之间形成的共价键是极性键，解答时注意灵活应用。
21. 有关晶体的下列说法中正确的组合是( )
①晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 ②原子晶体中共价键越强，熔点越高
③冰熔化时水分子中共价键发生断裂 ④氯化钠熔化时离子键未被破坏
⑤熔化时无需破坏化学键的晶体一定是分子晶体 ⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族8个纵行的元素都是金属元素 ⑦在 SiO2和干冰晶体中，都存在单个分子
⑧分子晶体不都是共价化合物
A. ①②⑤ B. ②④⑤ C. ②⑤⑧ D. ①④⑦
【答案】C
【详解】①晶体中分子间作用力越大，其熔沸点越高，但是与分子的稳定性没有关系，分子中的共价键键能越大越稳定，①不正确；
②原子晶体中共价键越强，熔点越高，②正确；
③冰熔化时，破坏的是分子间作用力，水分子中共价键不发生断裂，③不正确；
④氯化钠熔化时，离子键被破坏，④不正确；
⑤熔化时无需破坏化学键的晶体，破坏的一定是分子间作用力，故一定是分子晶体，⑤正确；
⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族共有10个纵行，都是金属元素，⑥不正确；
⑦在 SiO2晶体中不存在单个分子，因为其是原子晶体，干冰中有单个分子，⑦不正确；
⑧分子晶体既有单质，又有共价化合物，⑧正确。
综上所述，相关说法正确的是②⑤⑧，故选C。
22. 同周期有下列电子排布式的原子中，第一电离能最小的是( )
A. ns2np3 B. ns2np4
C. ns2np5 D. ns2np6
【答案】B
【详解】同周期元素的原子，其第一电离能从左到右呈递增趋势，但第IIA和第第VA的高于邻近的两种元素。
A. ns2np3第VA族元素；
B. ns2np4是第VIA族元素；
C. ns2np5是第VIIA元素；
D. ns2np6是0族元素。
综上所述，具有B选项中电子构型的基态原子失去一个电子后，达到半充满状态，故其第一电离能最小。答案选B。
23.当碳原子的核外电子排布由1s22s22p2转变为1s22s12p3时，下列说法正确的是( )
A. 碳原子由基态变为激发态 B. 碳原子由激发态变为基态
C. 该过程将产生发射光谱 D. 碳原子要向外界环境释放能量
【答案】A
【解析】当碳原子的核外电子排布由1s22s22p2转变为1s22s12p3时，电子发生跃迁，由基态变为激发态，应吸收能量，光谱带上有孤立暗线，所以选A。
考点：核外电子排布。
24.在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如下图所示，请回答：
（1）写出醋酸的电离方程式___________________________________________。
（2）a、b、c三点溶液中氢离子浓度由小到大的顺序为__________________ 。
（3）a、b、c三点中醋酸的电离程度最大的是_________。
（4）取甲、乙两份等体积c点的溶液，甲用蒸馏水稀释10倍，乙用蒸馏水稀释100倍，则稀释后甲、乙两溶液中的H+浓度：c(H+)甲_____ 10c(H+)乙（填“大于”、“小于”或 “等于”）
（5）醋酸与氨水反应的离子方程式：___________________________________________ 。
【答案】(1). CH3COOHCH3COO-+H+ (2). c＜a＜b (3). c (4). 小于 (5). CH3COOH+NH3•H2O═CH3COO-+NH4++H2O
【分析】（1）醋酸为弱电解质，存在电离平衡；
（2）溶液导电能力越大，溶液中c（H+）浓度越大；
（3）醋酸是弱酸，醋酸电离程度与其浓度成反比；
（4）醋酸是弱电解质，稀释过程中促进醋酸电离；
（5）酸碱中和生成盐和水，注意弱电解质不可写成离子形式。
【详解】（1）醋酸为弱电解质，存在电离平衡，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+；
答案：CH3COOHCH3COO-+H+
（2）溶液导电能力与离子浓度成正比，所以导电能力越大，溶液中c（H+）浓度越大，根据图象知，a、b、c、三点溶液c（H+）的大小顺序是c＜a＜b；
答案：c＜a＜b
（3）醋酸是弱酸，醋酸电离程度与其浓度成反比，所以溶液越稀其电离程度越大，根据图象知，溶液浓度最小的是c，所以a、b、c三点醋酸的电离程度最大c；
答案：c；
（4）醋酸是弱电解质，稀释过程中促进醋酸电离，溶液越稀，醋酸的电离程度越大，所以c（H+）甲＜10c（H+）乙；
答案：小于
（5）酸碱中和生成盐和水，注意弱电解质不可写成离子形式，离子方程式为： CH3COOH+NH3•H2O═CH3COO-+NH4++H2O；
答案：CH3COOH+NH3•H2O═CH3COO-+NH4++H2O
25.A、B、C、D、E五种元素,它们的核电荷数依次增大,且都小于20。其中C、E是金属元素;A和E属同族,它们原子的最外层电子排布式为ns1。B和D也属同族,它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。请回答下列问题:
（1）写出C元素基态原子的电子排布式: ________________ 。
（2）用电子排布图表示D元素原子的价电子:____________________。
（3）元素B与D的电负性的大小关系是B___ D (填“>”“<”或“=”,下同), E与C的第一电离能大小关系是E____C。
（4）写出元素E和C的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式___________________________________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p1 (2). (3). ＞ (4). ＜ (5).
【分析】A、E同族，且最外层电子排布为ns1。是IA族，E是金属元素，5种元素核电荷数依次增大，可以推知A为H元素；B、D同族，且最外层p能级电子数是s能级电子数的两倍，是第六主族元素，所以B是氧元素，D是硫元素，E是钾元素，根据C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半可以推知C是铝元素，总结A为氢元素、B为氧元素、C为铝元素、D为硫元素、E为钾元素，据此分析问题。
【详解】（1）C元素为Al，原子序数13，基态原子的电子排布式: 1s22s22p63s23p1；
答案：1s22s22p63s23p1
（2）D元素为S，原子序数16，最外层有6个电子，用电子排布图表示S元素原子的价电子: ；
答案：
（3）同一主族从上到下非金属性减弱，电负性减小，元素O与S的电负性的大小关系是O>S，金属性越强，第一电离能越小， K与Al的第一电离能大小关系是K
（4）氢氧化铝具有两性，可以与强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为Al（OH）3+OH-==AlO2-+2H2O；
答案： Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
【点睛】正确推断元素是解本题关键，B和D的最外层电子排布是推断突破口。
26.a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，相关信息如下表所示。
a
原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同
b
基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1
c
位于第2周期，原子核外有3对成对电子、两个未成对电子
d
位于周期表中第1纵列
e
基态原子M层全充满，N层只有一个电子
请回答：
（1）c属于_____________区的元素。
（2）b与其同周期相邻元素第一电离能由大到小的顺序为___________________（用元素符号表示）。
（3）若将a元素最高价氧化物水化物对应的正盐酸根离子表示为A，则A的中心原子的轨道杂化类型为_____________，A的空间构型为____________________；
（4）d 的某氯化物晶体结构如图,每个阴离子周围等距离且最近的阴离子数为________;在e2+离子的水溶液中逐滴滴加b的氢化物水溶液至过量，可观察到的现象为_____________。
【答案】(1). p (2). N＞O＞C (3). sp2 (4). 平面三角形 (5). 12 (6). 先产生蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成深蓝色溶液
【分析】a原子原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，确定
a原子的核外电子排布为1s22s22p2，则a为C元素；b原子基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1，确定b原子的核外电子排布为1s22s22p3则b为N元素；c位于第2周期，原子核外有3对成对电子、两个未成对电子，确定c原子的核外电子排布为1s22s22p4，则c为O元素；a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，d位于周期表中第1纵列，则d为元素Na或K；e原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则e为Cu，据此分析；
【详解】（1）c为氧元素，位于第六主族，属于p区的元素；答案：p
（2）b为N元素，与其同周期相邻元素为C、O，因为N核外电子排布处于半满状态，比较稳定，第一电离能大于C、O；O的非金属性强与C，第一电离能大于C；第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；答案：N＞O＞C
（3）CO32-的价层电子对数为=3，中心原子的轨道杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形；答案：sp2 平面三角形
（4）根据晶体结构可以看出,每个阴离子周围等距离且最近的阴离子数为12; 在铜盐溶液中逐滴加入氨水至过量，该过程中先生成蓝色沉淀，后氢氧化铜溶解在氨水中生成配离子，得到深蓝色溶液，发生Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+，Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；答案：12 先产生蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成深蓝色溶液
1.下列叙述正确的是( )
A. 常温常压下，4.6 g NO2气体约含有1.806×1023个原子
B. 标准状况下，80 g SO3所占的体积约为22.4 L
C. 标准状况下，22.4 L CCl4中含有的CCl4分子数为NA
D. 标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移电子数为2NA
【答案】A
【详解】A. 4.6 g NO2气体约含有=1.806×1023个原子，故A正确；
B. 标准状况下， SO3不是气体，不可用22.4L/mol计算，故B错误；
C. 标准状况下， CCl4不是气体，不可用22.4L/mol计算，故C错误；
D. 标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为NA，故D错误；
答案：A
【点睛】关于气体摩尔体积的运用紧抓几个关键点：（1）标准状况；（2）气体；（3）约为22.4L/mol。
2.能说明BF3分子的4个原子在同一平面的理由是（ ）
A. B—F键的键角为120° B. B—F键是非极性键
C. 3个B—F键的键能相等 D. 3个B—F键的键长相等
【答案】A
【详解】BF3分子中价层电子对个数=3+1/2×（3-3×1）=3，形成了三条杂化轨道，即B的杂化类型为sp2，形成3个共用电子对，无孤对电子，所以该分子是平面三角形结构。
A.BF3中B原子SP2杂化，分子构型为平面三角形，则其分子结构必然是三个F原子分别处在以硼为中心平面三角形的三个顶点上，所以当3个B-F的键角均为120°，能说明BF3分子中的4个原子处于同一平面，故A正确；
B.B-F键属于极性键，故B错误；
C.3个B-F键相同，键能相同，不能说明BF3分子中的4个原子处于同一平面，故C错误；
D.3个B-F键相同，键长相同，不能说明BF3分子中的4个原子处于同一平面，故D错误，
故选A。
3.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，导致浓度偏高的原因可能是 ( )
A. 容量瓶盛过NaOH溶液，使用前未洗涤 B. 定容时仰视刻度线
C. 容量瓶中原有少量的蒸馏水 D. 移液时，不慎将液体流到瓶外
【答案】A
【详解】A、容量瓶盛过NaOH溶液，使用前未洗涤，溶质增加，浓度偏高；
B、定容时仰视刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；
C、容量瓶中原有少量的蒸馏水不影响；
D、移液时，不慎将液体流到瓶外，溶质减少，浓度偏低。
导致浓度偏高的原因可能是A，答案选A。
【点睛】明确误差分析的原理是解答的关键，根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。
4. 现有三组实验：①除去混在植物油中的水 ②将海水制成淡水 ③用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成份。上述分离方法依次是( )
A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液
C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液
【答案】C
【详解】①植物油不溶于水，可通过分液分离；
②海水含氯化钠等可溶性杂质，可通过蒸馏制取淡水；
③中草药中的有效成份为有机物，易溶于酒精等有机溶剂，故可用酒精萃取。
综上所述，上述分离方法依次是分液、蒸馏、萃取，答案选C。
5.若原子的最外层电子排布为ns1的元素R的叙述正确的是( )
A. 一定是ⅠA族元素
B. 一定是金属元素
C. 可能不是金属元素也可能是非金属元素
D. 不是ⅡA族元素就是副族元素
【答案】C
【解析】试题分析：已知某元素R的原子的最外层电子排布是ns1，若为主族元素，则为第IA族，若为过渡金属元素，则为第VIB或IB元素，A．元素R也可能是过渡金属元素，故A错误；B．R的原子的最外层电子排布是ns1，若为主族元素，则为第IA族，第IA族中的H元素为非金属元素，故B错误；C．R元素可能是第IA族中的H元素，不一定为金属元素，故C正确；D．R不可能是ⅡA族元素，故D错误，答案为C。
考点：考查了最外层电子排布与元素在周期表中位置的关系。
6.在某无色透明溶液中，能大量共存的离子组是( )
A. K＋、MnO4―、SO42― B. Al3＋、Cl―、SO42―
C. Na＋、CH3COO―、H＋ D. OH―、Na＋、Fe3＋
【答案】B
【详解】A．含有MnO4―的溶液显紫色，不可能存在于无色溶液中，故A错误；
B．离子组Al3＋、Cl―、SO42―彼此间不发生离子反应，能大量共存于无色溶液中，故B正确；
C．CH3COO―与H＋能生成醋酸，醋酸是弱电解质，故CH3COO―与H＋不能大量共存于无色溶液中，故C错误；
D．OH―与Fe3＋能生成红褪色氢氧化铁沉淀，且含有Fe3＋的溶液显棕黄色，故OH―与Fe3＋不能大量共存于无色溶液中，故D错误；
故答案为B。
【点睛】离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的颜色、溶液的酸碱性等，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
7.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 铁与盐酸反应：2Fe ＋ 6H＋ ＝ 2Fe3＋ ＋ 3H2↑
B. 氢氧化钡与硫酸铜溶液混合：2OH- + Cu2+ = Cu（OH）2↓
C. 过量NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2反应：2HCO3-＋Ba2+＋2OH-=BaCO3↓＋CO32-＋2H2O
D. 石灰乳和盐酸反应：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O
【答案】C
【详解】A. 铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式：Fe ＋2H＋ ＝Fe2＋ ＋H2↑，A错误；
B. 氢氧化钡与硫酸铜溶液混合生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，正确的离子方程式：Ba2++SO42-+2OH- + Cu2+ = Cu（OH）2↓+BaSO4↓，B错误；
C. 过量NaHCO3溶液和少量Ba(OH)2反应生成碳酸钡和碳酸钠和水，方程式书写正确，C 正确；
D. 石灰乳为氢氧化钙的悬浊液，与盐酸反应生成氯化钙和水，正确的离子方程式：Ca（OH）2+2H+＝Ca2+＋2H2O，D错误；
综上所述，本题选C。
8.下列混合物的分离方法不可行的是 ( )
A. 互溶的液体混合物可以用分液的方法进行分离
B. 互不相溶的液体混合物可以用分液的方法进行分离
C. 沸点不同的混合物可以用蒸馏的方法进行分离
D. 可溶于水的固体与难溶于水的固体的混合物可用溶解、过滤的方法进行分离
【答案】A
【详解】A、互不相溶的液体混合物可用分液法分离，互溶的液体混合物不能用分液方法，故A选；
B、互不相溶的液态混合物可用分液法分离，故B不选；
C、沸点不同的液体混合物可用蒸馏方法分离法，故C不选；
D、溶于水的固体与难溶于水的固体的混合物，加适量的水将可溶于水的固体溶解，过滤得到难溶于水的固体，蒸发滤液得到溶于水的固体，故D不选。
故选A。
9.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，5.6LO2含有4NA个电子
B. 28gN2、CO和C2H4的混合气体分子总数为NA
C. 标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HCl分子
D. 1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子
【答案】B
【分析】标准状况下，5.6LO2的物质的量是0.25mol；N2、CO和C2H4的摩尔质量都是28g/mol；盐酸是液体，不能利用 计算物质的量；Na被完全氧化生成Na2O2，钠元素化合价由0升高为+1；
【详解】标准状况下，5.6LO2物质的量是0.25mol，含有电子数是 ，常温常压下，5.6LO2的物质的量不是0.25mol，故A错误；N2、CO和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，根据极值法，28gN2、CO和C2H4的混合气体的物质的量是1mol，分子总数为NA，故B正确；盐酸是液体，不能利用 计算物质的量，故C错误；Na被完全氧化生成Na2O2，钠元素化合价由0升高为+1，1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子，故D错误。
10. 下列各组离子中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )
A. Fe3+、H+、SO42－、ClO- B. Fe3+、Fe2+、SO42－、NO3-
C. Al3+、Na+、SO42－、CO32－ D. K+、H+、Br-、MnO4-
【答案】D
【详解】A．H+与ClO-结合生成次氯酸分子，没有发生氧化还原反应；
B．Fe3+、Fe2+、SO42－、NO3-离子间不发生反应，能够电离共存；
C．Al3+与CO32－发生双水解反应，没有发生氧化还原反应；
D．H+、Br-、MnO4－发生氧化还原反应，生成溴单质，符合题意。
故选D。
11. 实验中需2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl的质量分别( )
A. 1000mL，117g B. 950mL，111．2 g
C. 任意规格，117g D. 500mL，111．2g
【答案】A
【详解】实验中需2mol/L的NaCl溶液950mL，但实验室没有规格为950mL的容量瓶，为了减小误差，故我们应选用1000ml的容量瓶，故实际配置溶液体积为1000ml，故应称量NaCl的质量为：1L×2mol/L×58.5g/mol=117g，故A项正确。
12.已知3.01×1023个X气体分子的质量为8 g，则X气体的摩尔质量是( )
A. 16 g B. 32 g C. 64 g/mol D. 16 g /mol
【答案】D
【详解】3.01×1023个X气体分子的物质的量为n===0.5mol，X气体的摩尔质量为M===16g/mol，故选D。
13.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是( )
A. 2.0g重水（D2O）中含有的中子数为NA
B. 50 mL 12 mol·L﹣1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
C. 23g金属钠变为钠离子时失去的电子数为NA
D. 常温常压下，48gO3和O2混合气体中含有的氧原子数为3NA
【答案】B
【解析】A.2.0g重水的物质的量为0.1mol，而一个重水分子中含10个中子，故0.1mol重水中含NA个中子，A项正确；B.无法计算转移的电子数，因为到后来浓盐酸变稀，稀盐酸不再和MnO2反应产生氯气，B项错误；C.23g钠的物质的量为1mol，而钠反应后变为+1价，故1mol钠失去NA个电子，C项正确；D.48gO3和O2混合气体中含有的氧原子数为3NA，D项正确。答案选B.
14.下列叙述正确的是( )
A. NaCl溶液在电流作用下电离成Na＋与Cl－
B. 溶于水后能电离出H＋的化合物都是酸
C. 氯化氢溶于水能导电，但液态氯化氢不能导电
D. 硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡是非电解质
【答案】C
【分析】A．电离是在水分子作用下或者通过加热使化学键断裂离解出自由移动的离子，不需要通电；NaCl溶液在电流作用下发生的是电解；
B．酸是指电离时生成的阳离子只有氢离子的化合物；
C．物质导电应满足的条件是：存在自由电子或者自由移动的离子；
D．在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质。
【详解】A．NaCl溶液在电流作用下发生的是电解生成氯气、氢气、氢氧化钠，氯化钠在水溶液中或者在熔融状态下电离成Na+与Cl-，选项A错误；
B．NaHSO4电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，NaHSO4属于盐，不是酸，选项B错误；
C．氯化氢溶于水为盐酸，氯化氢完全电离，溶液导电，液态氯化氢无自由移动的离子不导电，选项C正确；
D．盐属于电解质，硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，是电解质，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了电解质、酸、电离、电解质等的概念，题目简单，要求同学们加强基本概念的理解和记忆，以便灵活应用，注意电离和电解的条件。
15. 将足量HCl通入下述各溶液中，所含离子还能大量共存的是( )
A. K＋、SO32－、Cl－、NO3－
B. H＋、NH4＋、Al3＋、SO42－
C. Na＋、S2－、OH－、SO42－
D. Na＋、Ca2＋、CH3COO－、HCO3－
【答案】B
【详解】A.通入氯化氢后，硝酸根氧化亚硫酸根，所以不能大量共存；
B.四种离子可以大量共存，通入氯化氢后仍然可以大量共存；
C.通入氯化氢后S2－、OH－均不能大量共存；
D.通入氯化氢后CH3COO－、HCO3－均不能大量共存。
故选B。
16..将C mol/L的AlCl3溶液V1 mL加水稀释至V2mL，稀释后溶液中Cl-物质的量浓度为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【详解】C mol/LAlCl3溶液中Cl-物质的量浓度为3C mol/L，V1 mL加水稀释至V2mL，则稀释后溶液中Cl-物质的量浓度为，答案选D。
【点睛】明确氯化铝溶液中氯离子的浓度与溶质氯化铝的关系以及稀释定律是解答的关键，注意在稀释过程中溶质的质量以及物质的量均是不变的，据此可以进行稀释的有关计算。
17. 下列过程没有涉及化学变化的是( )
A. 空气液化 B. 明矾净水 C. 海带提碘 D. 煤的液化
【答案】A
【详解】A．空气液化是物理过程，没有涉及化学变化；
B．明矾净水是利用了铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用，涉及化学变化；
C．海带提碘利用了氧化剂将碘离子氧化成碘单质，涉及化学变化；
D．煤的液化中有新物质生成，涉及化学变化。
综上所述，没有涉及化学变化的是A，故答案A。
18. 下列叙述不正确的是( )
A. Na+、Mg2+、Al3+的氧化性依次减弱
B. RbOH、KOH、Mg(OH)2碱性依次减弱
C. H2S、H2O、HF的稳定性依次增强
D. O2-、F-、Na+、Br-的半径大小顺序为：Br->O2->F->Na+
【答案】A
【详解】A.同一周期中，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，金属对应的离子得电子能力依次增强，即氧化性依次增强，所以Na+、Mg2+、Al3+的氧化性依次增强，A不正确；
B. Rb、K、Mg的金属性依次减弱 ，故RbOH、KOH、Mg(OH)2碱性依次减弱，B正确；
C.S、O、F的非金属性依次增强，故H2S、H2O、HF的稳定性依次增强，C正确；
D. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大其半径越小；电子层数不同的离子，电子层数越多，半径越大，故O2-、F-、Na+、Br-的半径大小顺序为Br->O2->F->Na+，D正确。
综上所述，叙述不正确的是A，本题选A。
19. 下列物质的熔点高低顺序，正确的是( )
A. 金刚石＞晶体硅＞碳化硅 B. K＞Na
C. NaF＜NaCl＜NaBr D. CI4＞CBr4
【答案】D
【详解】A．原子晶体熔点，比较共价键键长，键长越短，键能越大，物质越稳定；键长：C-C＜C-Si＜Si-Si，熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅；
B．金属晶体键能的大小比较看金属原子的半径大小，半径越小键能越大，熔点越高。K
D.分子晶体熔点，比较分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高。
【点睛】比较物质熔点和沸点的高低，通常按下列步骤进行，首先比较物质的晶体类型，然后再根据同类晶体中晶体微粒间作用力大小，比较物质熔点和沸点的高低，具体比较如下：
一、判断所给物质的晶体类型，然后按晶体的熔点和沸点的高低进行比较，一般来说晶体的熔点和沸点的高低是：原子晶体>离子晶体>分子晶体，例如：晶体硅>氯化钠>干冰。但并不是所有这三种晶体的熔点和沸点都符合该规律，例如：氧化镁（离子晶体）>晶体硅（原子晶体）。而金属晶体的熔点和沸点变化太大，例如汞、铷、铯、钾等的熔点和沸点都很低，钨、铼、锇等的熔点和沸点却很高，所以不能和其它晶体进行简单的比较。
20.下列物质中，有极性共价键的是（ ）
A. 单质碘 B. 氯化镁 C. 溴化钾 D. 水
【答案】D
【分析】由同一种非金属元素的原子形成的共价键是非极性键，由不同种非金属元素的原子之间形成的共价键是极性键。
【详解】A、碘分子中含有非极性键；
B、氯化镁中只有离子键；
C。溴化钾中只有离子键；
D、水分子中只有极性键。
答案选D。
【点晴】掌握化学键的含义是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，如果是同一种非金属元素的原子形成的共价键是非极性键，由不同种非金属元素的原子之间形成的共价键是极性键，解答时注意灵活应用。
21. 有关晶体的下列说法中正确的组合是( )
①晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 ②原子晶体中共价键越强，熔点越高
③冰熔化时水分子中共价键发生断裂 ④氯化钠熔化时离子键未被破坏
⑤熔化时无需破坏化学键的晶体一定是分子晶体 ⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族8个纵行的元素都是金属元素 ⑦在 SiO2和干冰晶体中，都存在单个分子
⑧分子晶体不都是共价化合物
A. ①②⑤ B. ②④⑤ C. ②⑤⑧ D. ①④⑦
【答案】C
【详解】①晶体中分子间作用力越大，其熔沸点越高，但是与分子的稳定性没有关系，分子中的共价键键能越大越稳定，①不正确；
②原子晶体中共价键越强，熔点越高，②正确；
③冰熔化时，破坏的是分子间作用力，水分子中共价键不发生断裂，③不正确；
④氯化钠熔化时，离子键被破坏，④不正确；
⑤熔化时无需破坏化学键的晶体，破坏的一定是分子间作用力，故一定是分子晶体，⑤正确；
⑥元素周期表从ⅢB族到ⅡB族共有10个纵行，都是金属元素，⑥不正确；
⑦在 SiO2晶体中不存在单个分子，因为其是原子晶体，干冰中有单个分子，⑦不正确；
⑧分子晶体既有单质，又有共价化合物，⑧正确。
综上所述，相关说法正确的是②⑤⑧，故选C。
22. 同周期有下列电子排布式的原子中，第一电离能最小的是( )
A. ns2np3 B. ns2np4
C. ns2np5 D. ns2np6
【答案】B
【详解】同周期元素的原子，其第一电离能从左到右呈递增趋势，但第IIA和第第VA的高于邻近的两种元素。
A. ns2np3第VA族元素；
B. ns2np4是第VIA族元素；
C. ns2np5是第VIIA元素；
D. ns2np6是0族元素。
综上所述，具有B选项中电子构型的基态原子失去一个电子后，达到半充满状态，故其第一电离能最小。答案选B。
23.当碳原子的核外电子排布由1s22s22p2转变为1s22s12p3时，下列说法正确的是( )
A. 碳原子由基态变为激发态 B. 碳原子由激发态变为基态
C. 该过程将产生发射光谱 D. 碳原子要向外界环境释放能量
【答案】A
【解析】当碳原子的核外电子排布由1s22s22p2转变为1s22s12p3时，电子发生跃迁，由基态变为激发态，应吸收能量，光谱带上有孤立暗线，所以选A。
考点：核外电子排布。
24.在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如下图所示，请回答：
（1）写出醋酸的电离方程式___________________________________________。
（2）a、b、c三点溶液中氢离子浓度由小到大的顺序为__________________ 。
（3）a、b、c三点中醋酸的电离程度最大的是_________。
（4）取甲、乙两份等体积c点的溶液，甲用蒸馏水稀释10倍，乙用蒸馏水稀释100倍，则稀释后甲、乙两溶液中的H+浓度：c(H+)甲_____ 10c(H+)乙（填“大于”、“小于”或 “等于”）
（5）醋酸与氨水反应的离子方程式：___________________________________________ 。
【答案】(1). CH3COOHCH3COO-+H+ (2). c＜a＜b (3). c (4). 小于 (5). CH3COOH+NH3•H2O═CH3COO-+NH4++H2O
【分析】（1）醋酸为弱电解质，存在电离平衡；
（2）溶液导电能力越大，溶液中c（H+）浓度越大；
（3）醋酸是弱酸，醋酸电离程度与其浓度成反比；
（4）醋酸是弱电解质，稀释过程中促进醋酸电离；
（5）酸碱中和生成盐和水，注意弱电解质不可写成离子形式。
【详解】（1）醋酸为弱电解质，存在电离平衡，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+；
答案：CH3COOHCH3COO-+H+
（2）溶液导电能力与离子浓度成正比，所以导电能力越大，溶液中c（H+）浓度越大，根据图象知，a、b、c、三点溶液c（H+）的大小顺序是c＜a＜b；
答案：c＜a＜b
（3）醋酸是弱酸，醋酸电离程度与其浓度成反比，所以溶液越稀其电离程度越大，根据图象知，溶液浓度最小的是c，所以a、b、c三点醋酸的电离程度最大c；
答案：c；
（4）醋酸是弱电解质，稀释过程中促进醋酸电离，溶液越稀，醋酸的电离程度越大，所以c（H+）甲＜10c（H+）乙；
答案：小于
（5）酸碱中和生成盐和水，注意弱电解质不可写成离子形式，离子方程式为： CH3COOH+NH3•H2O═CH3COO-+NH4++H2O；
答案：CH3COOH+NH3•H2O═CH3COO-+NH4++H2O
25.A、B、C、D、E五种元素,它们的核电荷数依次增大,且都小于20。其中C、E是金属元素;A和E属同族,它们原子的最外层电子排布式为ns1。B和D也属同族,它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。请回答下列问题:
（1）写出C元素基态原子的电子排布式: ________________ 。
（2）用电子排布图表示D元素原子的价电子:____________________。
（3）元素B与D的电负性的大小关系是B___ D (填“>”“<”或“=”,下同), E与C的第一电离能大小关系是E____C。
（4）写出元素E和C的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式___________________________________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p1 (2). (3). ＞ (4). ＜ (5).
【分析】A、E同族，且最外层电子排布为ns1。是IA族，E是金属元素，5种元素核电荷数依次增大，可以推知A为H元素；B、D同族，且最外层p能级电子数是s能级电子数的两倍，是第六主族元素，所以B是氧元素，D是硫元素，E是钾元素，根据C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半可以推知C是铝元素，总结A为氢元素、B为氧元素、C为铝元素、D为硫元素、E为钾元素，据此分析问题。
【详解】（1）C元素为Al，原子序数13，基态原子的电子排布式: 1s22s22p63s23p1；
答案：1s22s22p63s23p1
（2）D元素为S，原子序数16，最外层有6个电子，用电子排布图表示S元素原子的价电子: ；
答案：
（3）同一主族从上到下非金属性减弱，电负性减小，元素O与S的电负性的大小关系是O>S，金属性越强，第一电离能越小， K与Al的第一电离能大小关系是K
（4）氢氧化铝具有两性，可以与强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为Al（OH）3+OH-==AlO2-+2H2O；
答案： Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
【点睛】正确推断元素是解本题关键，B和D的最外层电子排布是推断突破口。
26.a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，相关信息如下表所示。
a
原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同
b
基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1
c
位于第2周期，原子核外有3对成对电子、两个未成对电子
d
位于周期表中第1纵列
e
基态原子M层全充满，N层只有一个电子
请回答：
（1）c属于_____________区的元素。
（2）b与其同周期相邻元素第一电离能由大到小的顺序为___________________（用元素符号表示）。
（3）若将a元素最高价氧化物水化物对应的正盐酸根离子表示为A，则A的中心原子的轨道杂化类型为_____________，A的空间构型为____________________；
（4）d 的某氯化物晶体结构如图,每个阴离子周围等距离且最近的阴离子数为________;在e2+离子的水溶液中逐滴滴加b的氢化物水溶液至过量，可观察到的现象为_____________。
【答案】(1). p (2). N＞O＞C (3). sp2 (4). 平面三角形 (5). 12 (6). 先产生蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成深蓝色溶液
【分析】a原子原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，确定
a原子的核外电子排布为1s22s22p2，则a为C元素；b原子基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1，确定b原子的核外电子排布为1s22s22p3则b为N元素；c位于第2周期，原子核外有3对成对电子、两个未成对电子，确定c原子的核外电子排布为1s22s22p4，则c为O元素；a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，d位于周期表中第1纵列，则d为元素Na或K；e原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则e为Cu，据此分析；
【详解】（1）c为氧元素，位于第六主族，属于p区的元素；答案：p
（2）b为N元素，与其同周期相邻元素为C、O，因为N核外电子排布处于半满状态，比较稳定，第一电离能大于C、O；O的非金属性强与C，第一电离能大于C；第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；答案：N＞O＞C
（3）CO32-的价层电子对数为=3，中心原子的轨道杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形；答案：sp2 平面三角形
（4）根据晶体结构可以看出,每个阴离子周围等距离且最近的阴离子数为12; 在铜盐溶液中逐滴加入氨水至过量，该过程中先生成蓝色沉淀，后氢氧化铜溶解在氨水中生成配离子，得到深蓝色溶液，发生Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+，Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；答案：12 先产生蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成深蓝色溶液
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