【化学】陕西省宝鸡中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）

陕西省宝鸡中学2019-2020学年高二下学期期中考试
说明：试题分ⅠⅡ卷，全卷共27个题，满分100分，100分钟完卷。
Ⅰ卷 （共54分）
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题2分，共30分）：
1.在具有下列电子排布式的原子中，原子半径最大的是（ ）
A. 1s22s22p63s23p1 B. 1s22s22p1
C. 1s22s22p3 D. 1s22s22p63s23p4
【答案】A
【解析】
根据原子核外电子排布式知，A和D电子层数都是3，B和C电子层数是2，所以A和D的原子半径大于B和C，A的原子序数小于D，同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以A的原子半径大于D，则原子半径最大的是A，故选A。
点睛：明确原子半径与电子层数、原子序数（相同电子层数）之间的关系是解题关键，通常主族元素的原子的电子层数越多，其原子半径越大，相同电子层数的原子，原子半径随着原子序数的增大而减小。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 处于最低能量状态的原子叫基态原子
B. 2p3表示2p能级上有3个p轨道
C. 核外电子分层排布规律表明，多电子原子核外电子总是按能层次序从低到高依次填充
D. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
【答案】A
【解析】
A．处于最低能量的原子叫做基态原子，故A正确；B．3P3表示3P能级容纳3个电子，p能级有3个原子轨道，故B错误；C．核外电子的能量是不同的，多电子原子核外电子，是按照电子的能量由低到高的顺序，从近到远排列，不是按能层次序从低到高依次填充，故C错误；D．2p、3p、4p能级都含有3个原子轨道，故D错误；答案为A。
3.元素周期表中，按照第一电离能由大到小顺序排列错误是（ ）
A. Be、Mg、Ca B. Mg、Ca、K C. He、Ne、Ar D. O、N、C
【答案】D
【解析】
A．Be、Mg、Ca处于同主族，同主族自上而下电离能降低，故Be、Mg、Ca元素第一电离能逐渐降低，故A正确；B．Mg、Ca为同主族，同主族自上而下电离能降低，故Mg、Ca元素第一电离能逐渐降低，面K、Ca为同周期，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，则Ca大于K，故第一电离能K＜Ca＜Mg，故B正确；C．He、Ne、Ar为同族元素，同族元素自上而下电离能降低，故He、Ne、Ar元素第一电离能逐渐降低，故C正确；
D．C、N、O处于同周期，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但N的p轨道为半充满结构，相对稳定，第一电离能大于O，则第一电离大小顺序是N＞O＞C，故D错误；故选D。
点睛：同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族最外层为ns能级容纳2个电子，为全满确定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，ⅤA族np能级容纳3的电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，同主族自上而下电离能降低，据此结合选项判断。
4.在元素周期表中，同周期的X、Y、Z三种元素，其高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序是：HXO4>H2YO4>H3ZO4，则下列各判断中正确的是（ ）
A. 原子半径：X>Y>Z B. 简单阴离子半径：X->Y2->Z3-
C. 气态氢化物稳定性：XY>Z
【答案】D
【解析】
A．X、Y、Z三种元素最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，所以三种元素得电子能力X＞Y＞Z，同周期的元素，从左到右最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐增强，所以原子序数X＞Y＞Z，，同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径X＜Y＜Z，故A错误；B．X-、Y2-、Z3-的电子层结构相同，原子序数X＞Y＞Z，质子数（即原子序数）越大，离子半径越小，所以离子半径大小：X-＜Y2-＜Z3-，故B错误；C．同周期的元素，从左到右原子的得电子能力逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以气态氢化物的稳定性：X＞Y＞Z，故C错误；D．同周期的元素，从左到右原子的得电子能力逐渐增强，单质的非金属性逐渐增强，电负性逐渐增大，则电负性：X＞Y＞Z，故D正确；答案为D。
点睛：同周期元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以同周期的X、Y、Z三种元素，其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则X、Y、Z的原子序数大小顺序是X＞Y＞Z，元素的非金属性强弱顺序是X＞Y＞Z，元素的电负性越大，非金属性越强，据此分析解题。
5.元素周期表中几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号
L
M
X
R
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.089
0.074
主要化合价
+2
+3
+6,-2
+2
-2
下列叙述正确的是 （ ）
①R的氧化物对应的水化物可能具有两性
②X单质可在氧气中燃烧生成XO3
③离子半径大小：r （M3+） ＜ r （T2-）
④L2+和X2-的核外电子数相等
A. ①④ B. ①③ C. ②④ D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】
因元素的最高正价=最外层电子数=主族元素的族序数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，同主族从上到下原子半径逐渐增大，X、T两元素最外层电子数为6，为第ⅥA元素，X的半径大于T，所以在周期表中T为O，X为S；L、R元素最外层电子数为2，为第ⅡA元素，且半径与L比R大，所以L为Mg、R为Be；M最外层电子数为3，为第ⅢA元素，且半径与L相差较小，同周期元素原子半径从左到右依次减小，所以M与L在同一周期，故M为Al。
【详解】①根据“对角线规则”，铍的性质与铝相似，氢氧化铍具有两性，故①正确；
②S可在氧气中燃烧只能生成SO2，故②错误；
③因核外电子排布相同的离子，原子序数越小，半径越大，所以Al3+的半径小于O2-，故③正确；
④Mg2+和S2-的核外电子数分别为10和18，不可能相等，故④错误；
答案选B。
【点睛】根据元素的最高正价=最外层电子数=主族元素的族序数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，通过元素的主要化合价和原子半径大小判断各种元素，然后根据各种元素的原子在周期表中的分布位置确定他们的性质递变规律来解题。
6.与卤素单质化学性质相似的物质称为拟卤素或类卤素，如氰气，它的结构式为N≡C—C≡N，下列说法不正确的是 （ ）
A. 其中叁键的键长比单键要短
B. 分子中含3个σ键和4个π键
C. 分子构型为直线形
D. 可以发生加成反应，但不能与氢氧化钠溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.氮原子半径小于碳原子半径，叁键的键能大于单键，所以长度小于单键，A正确；
B.N≡C-C≡N中含有单键和三键，共价单键是一个σ键，共价三键中一个是σ键，两个π键，所以分子中含3个σ键和4个π键，B正确；
C.三键为直线型，所以N≡C-C≡N的分子构型为直线形，C正确；
D. 三键能发生加成反应，N≡C-C≡N与卤素单质化学性质相似，卤素单质能与氢氧化钠溶液反应，所以该物质也能与氢氧化钠溶液反应，D错误。
答案选D。
【点睛】三键的特点：碳原子为sp杂化，结构为直线型；三键中一个是σ键，两个π键。
7.最近，中国科大的科学家们将C60分子组装在一单层分子膜表面，在—268℃时冻结分子的热振荡，并利用扫描隧道显微镜首次“拍摄”到能清楚分辨碳原子间单、双键的分子图像。下列化合物分子中一定既含单键又含双键的是 （ ）
A. CO2 B. C2H4O C. COCl2 D. H2O2
【答案】C
【解析】
【详解】A、CO2分子中只含碳氧双键，故A错误；
B、C2H6O分子中只含单键，如C-H，C-C，C-O，O-H键，无双键存在，故B错误；
C、COCl2分子中含单键，如C-Cl键，也含双键，如C=O键，故C正确；
D、H2O2中只含单键，如H-O，C-O键，无双键存在，故D错误；
故选C。
8. 下列分子或离子中，含有孤对电子的是( ）
A. H2O B. CH4 C. SiH4 D. NH4+
【答案】A
【解析】
【详解】A. O原子有6个价电子，故H2O分子中有2个孤电子对；
B. C原子有4个价电子，故CH4分子中无孤对电子；
C. Si原子有4个价电子，故SiH4分子中无孤对电子；
D. N原子有5个价电子，故NH4+分子中无孤对电子。
故选A。
9.下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（ ）
A. CO2与H2O B. CH4与NH3
C. BeCl2与BF3 D. C2H2与C2H4
【答案】B
【解析】
【详解】A、CO2是直线型结构，中心原子碳原子是sp杂化，水中的氧原子是sp3杂化，A不选。
B、CH4与NH3中的中心原子均是sp3杂化，B选。
C、BeCl2与BF3中的中心原子分别是sp杂化和sp2杂化，C不选。
D、C2H2与C2H4中的中心原子分别是sp杂化和sp2杂化，D不选。
答案选B。
10.氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（ ）
A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化
B. NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道
C. NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强
D. 氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．NH3和CH4中心原子价层电子对数均为4，都是sp3杂化，故A错误；
B．NH3和CH4中中心原子都是sp3杂化，均形成4个sp3杂化轨道，故B错误；
C．CH4分子中杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，故CH4为正四面体构型，而NH3分子中只有3个杂化轨道用于成键，另一个杂化轨道中有一对孤对电子，对成键电子的排斥作用较强，所以为三角锥形，故C正确；
D．虽然氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子，但不是分子空间构型不同的原因，这是分子空间构型不同造成的结果，故D不符合题意；
故答案为C。
11.下列物质中，难溶于CCl4的是(　　)
A. 碘单质 B. 水 C. 苯 D. 甲烷
【答案】B
【解析】
【详解】由相似相溶可知水为极性分子，单质碘、苯和甲烷均是非极性分子，而CCl4为非极性分子，因此难溶于四氯化碳是水，故答案为B。
12.根据已有化学知识及经验，判断下列关系中不正确的是 （ ）
A. 分子的极性大小排序：CH4 ＜ HBr ＜ HCl ＜ HF
B. 原子半径大小排序：O ＜ S ＜ Na ＜ K
C. 第一电离能大小排序：F ＞ O ＞ N ＞ C
D. 电负性排序：F ＞ Cl ＞ S ＞ Se
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．CH4为非极性分子，其它三种为极性分子，非金属性F＞Cl＞Br，所以吸引电子的能力F＞Cl＞Br，则分子极性HBr＜HCl＜HF，所以四种分子的极性大小排序为：CH4＜HBr＜HCl＜HF，故A正确；
B．O位于第二周期，其原子半径最小，S、Na位于第三周期，核电荷数越大原子半径越小，K位于第四周期，所以原子半径大小排序为：O＜S＜Na＜K，故B正确；
C．同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，N的2p能级为半满状态，更稳定，其第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能大小顺序为：F＞N＞O＞C，故C错误；
D．非金属性越强电负性越大，F、Cl和S、Se分别为同主族元素，同主族自上而下非金属性减弱，Cl和S同周期，同周期主族元素自左至右非金属性增强，所以非金属性F＞Cl＞S＞Se，则电负性F＞Cl＞S＞Se，故D正确；
故答案为C。
13.下列不能形成配位键的组合是 ( 　)
A. Ag＋、NH3 B. BF3、NH3
C. Co3＋、CO D. Ag＋、H＋
【答案】D
【解析】
【详解】形成配位键的条件是：一方有孤电子对，另一方有空轨道，则
A. Ag＋具有空轨道，NH3 的氮原子具有孤电子对，故A能形成配位键；
B. BF3具有空轨道，NH3的氮原子具有孤电子对，故B能形成配位键；
C. Co3＋具有空轨道，CO 的碳原子具有孤电子对，故C能形成配位键；
D. Ag＋具有空轨道，但是H＋没有孤电子对，故D不能形成配位键。
故选D。
14.由下列物质构成的物质中，同时存在极性键、非极性键和氢键的是 （ ）
A. CO2 B. H2O2 C. H2O D. C2H2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．二氧化碳分子中含有C原子和O原子之间的极性键，但不含非极性键和氢键，故A不符合题意；
B．双氧水分子内有O原子和O原子之间的非极性键，O原子和H原子之间的极性键，分子间有氢键，故B符合题意；
C．水分子内有O原子和H原子之间的极性键，分子间有氢键，但不含非极性键，故C不符合题意；
D．乙炔分子内有C原子和C原子之间的非极性键，C原子和H原子之间的极性键，但不含氢键，故D不符合题意；
故答案为B。

15.下列说法不正确的是 （　 　）
A. 手性异构体分子组成相同
B. 互为手性异构体的分子互为镜像
C. 手性异构体性质相同
D. 手性催化剂只催化或主要催化一种手性分子的合成
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左右手一样互为镜像，却在三维空间里不能重叠，互称手性异构，故A正确；
B．互为手性异构体的分子同左右手一样互为镜像，故B正确；
C．手性异构体结构不同导致性质不同，例如手性异构体的旋光性不同等，故C错误；
D．利用手性催化剂合成手性物质可以只得到一种或者主要只得到一种手性分子，不得到或者基本上不得到它的手性异构分子的合成方法称手性合成，所以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；
故答案为C。
二、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共24分）：
16.最近，科学家合成了含有N的盐类,含有该离子的盐是高能爆炸物质,该离子的结构呈“V”形,如图所示，以下有关该物质的说法中正确的是（ ）

A. 每个N中含有35个质子和36个电子
B. 该离子中有非极性键和配位键
C. 该离子中含有2个π键
D. 与PCl互为等电子体
【答案】B
【解析】
【详解】A. 1个氮原子中含有7个质子、7个电子，则1个N5分子中含有35个质子、35个电子，N是由N5分子失去1个电子得到的，则1个N粒子中有35个质子，34个电子，A错误；
B. N中氮氮三键是非极性共价键，中心的氮原子有空轨道，两边的两个氮原子提供孤电子对形成配位键，B正确；
C. 1个氮氮三键中含有2个π键，所以该离子中含有4个π键，C错误；
D. N和PCl具有相同原子数，但价电子数分别为5×5-1=24，5+4×7-1=32，不是等电子体，D错误。
答案选B。
17.根据等电子原理，等电子体之间结构相似、物理性质也相近。以下各组粒子不能互称为等电子体是(　　)
A. CO和N2 B. O3和SO2
C. CO2和N2O D. N2H4和C2H4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据具有相同原子数和价电子数的微粒之间互称等电子体，据此分析．
【详解】A．CO和N2的原子个数都为2，价电子数：前者为10，后者为10，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故A不选；
B．O3和SO2的原子个数都为3，价电子数：前者为18，后者为18，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故B不选；
C．CO2和N2O的原子个数都为3，价电子数：前者为16，后者为16，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故C不选；
D．N2H4和C2H4的原子个数都为6，价电子数：前者为14，后者为12，原子数相等，但价电子数不相等，不属于等电子体，故D选；
故选D．
18.用价层电子对互斥理论预测H2S和NF3的立体结构，两个结论都正确的是 （　 ）
A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形
C. 直线形；平面三角形 D. V形；平面三角形
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】H2S中S的孤电子对数为×(6-2×1)=2，σ键电子对数为2，S的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，去掉孤电子对，H2S的立体构型为V形；NF3中N的孤电子对数为×(5-3×1)=1，σ键电子对数为3，N的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，去掉孤电子对，NF3的立体构型为三角锥形；答案选B。
【点睛】本题主要考查根据价层电子对互斥理论判断简单分子或离子的空间构型，易错点是不能熟练判断中心原子的价层电子对数。分子的中心原子价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，如果价层电子对数是4且不含孤电子对，则为正四面体结构，如果价层电子对数是4且含有一个孤电子对，则为三角锥形结构，如果价电子对数是4且含有2个孤电子对，则为V形。
19.根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的空间构型正确的是 （ ）
选项
分子式
中心原子杂化方式
价层电子对互斥模型
分子或离子的立体构型
A
SO2
sp
直线形
直线形
B
H2O
sp2
平面三角形
V形
C
NH3
sp2
三角锥形
三角锥形
D
CH4
sp3
正四面体形
正四面体形
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对数。
【详解】A.SO2分子中心原子S的孤电子对数=×(6-2×2)=1，价层电子对数=2+1=3，杂化方式sp2杂化，价层电子对互斥模型为平面三角形，去除孤电子对，分子的立体构型为V型结构，A错误；
B. H2O分子中心原子O的孤电子对数=×(6-2×1)=2，价层电子对数=2+2=4，杂化方式sp3杂化，价层电子对互斥模型为四面体形，去除孤电子对，分子的立体构型为V型结构，B错误；
C. NH3分子中心原子N的孤电子对数=×(5-3×1)=1，价层电子对数=3+1=4，杂化方式sp3杂化，价层电子对互斥模型为四面体形，去除孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，C错误；
D.CH4分子中心原子C的孤电子对数=×(4-4×1)=0，价层电子对数=4+0=4，杂化方式sp3杂化，价层电子对互斥模型为正四面体形，分子的立体构型为正四面体形，D正确。
答案选D。
【点睛】本题主要考查根据价层电子对互斥理论判断简单分子或离子的空间构型，易错点是不能熟练判断中心原子的价层电子对数。分子的中心原子价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，如果价层电子对数是4且不含孤电子对，则为正四面体结构，如果价层电子对数是4且含有一个孤电子对，则为三角锥形结构，如果价电子对数是4且含有2个孤电子对，则为V形。
20.三氯化氮（NCl3）是一种淡黄色的油状液体，其分子空间构型与NH3相似。则下面对于NCl3的描述正确的是 （ ）
A. 是由极性键形成的非极性分子 B. 它的挥发性比PBr3要小
C. 它还能再以配位键与H+结合 D. Cl—N—Cl的键角是120º
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. 该分子空间构型和氨气相似，为三角锥形，正负电中心不重合，则为极性分子，A错误；
B. 分子晶体的物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，范德华力越大，其熔沸点越高，所以PBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比PBr3易挥发，B错误；
C. NCl3中含有孤电子对、氢离子含有空轨道，所以二者能形成配位键，C正确；
D. 该物质是三角锥形结构，其键角小于120º，D错误；
答案选C。
21.下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是 ( )
A. CO2 H2S B. C2H4 CH4
C. C60 C2H4 D. NH3 HCl
【答案】B
【解析】
【分析】
由同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键；分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子；以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，据此解答。
【详解】A、CO2含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子；H2S含有极性键，电荷的分布都是不均匀的，不对称的，所以都是极性分子，故A错误；
B、C2H4含有极性键，正负电荷的中心重合，是非极性分子，CH4中含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，故B正确；
C、C60含有非极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子；C2H2含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，故C错误；
D、NH3含有极性键，电荷的分布都是不均匀的，是极性分子；HCl含有极性键，正负电荷的重心不重合，是极性分子，故D错误。
答案选B。
22. 下列现象与氢键有关的是（ ）
①NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高
②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰密度比液态水的密度小
④尿素的熔、沸点比醋酸的高
⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低
⑥水分子高温下也很稳定
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ①②③④ D. ①②③
【答案】B
【解析】
【详解】①因第ⅤA族中，N的非金属性最强，NH3中分子之间存在氢键，则NH3的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高，故①正确；
②小分子的醇、水分子之间能形成氢键，因羧酸、水分子之间能形成氢键，所以小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故②正确；
③冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；
④尿素分子间可以形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故④正确；
⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；
⑥水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故⑥错误。
故选B。
23.已知磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换，又知次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不再能跟D2O发生氢交换，由此可推断出H3PO2的分子结构是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子（D2O）中的D原子发生氢交换及次磷酸（H3PO2）也可跟D2O进行氢交换，说明羟基上的氢能与D2O进行氢交换，但次磷酸钠（NaH2PO2）却不能跟D2O发生氢交换，说明次磷酸钠中没有羟基氢，则H3PO2中只有一个羟基氢，故选B。
【点睛】判断羟基氢原子跟D2O进行氢交换是解答本题的关键。
Ⅱ卷（共46分）
24.A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素，A、B、C同周期，C、D同主族，A原子M层电子数是L层的一半，B是同周期第一电离能最小的元素，C在同周期中未成对电子数最多，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：
(1)写出下列元素的名称：A __ B___ C ___ D ___
(2)上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是(用化学式表示，下同)____，碱性最强的是______ 。
(3)D所在周期第一电离能最小的元素是_____，电负性最大的元素是_____。(填元素符号)
(4)D的氢化物比C的氢化物的沸点__(填“高”或“低”)，原因是 ___________。
(5)E元素原子的核电荷数是____，E元素在周期表的位置是 _____，E元素处于周期表分区中的____区。
(6)画出D的核外电子排布图________，E的外围电子排布图_________。
(7)用电子式表示B的硫化物的形成过程：________________。
【答案】 (1). 硅 (2). 钠 (3). 磷 (4). 氮 (5). HNO3 (6). NaOH (7). Li (8). F (9). 高 (10). 氨气分子间能形成氢键，使氨气的沸点升高 (11). 26 (12). 第四周期第Ⅷ族 (13). d (14). (15). (16).
【解析】
【分析】
A、B、C、D是四种短周期元素，A、B、C同周期，A原子M层电子数是L层的一半，即A原子M层4个电子则A为Si元素；B是同周期中第一电离能最小的元素，同周期自左而右第一电离能呈增大趋势(稀有气体除外)，则第三周期第一电离能最小的Na，则B为Na元素；C在同周期中未成对电子数最多，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P元素； C、D同主族，则D为N；E的外围电子排布式为3d64s2，则为26号元素，故E为Fe元素。
【详解】(1) 由分析可知A为硅，B为钠，C为磷，D为氮；
(2) 上述五种元素中氮元素非金属性最强，钠的金属性最强，则最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HNO3，碱性最强的是NaOH；
(3) D所在周期为第二周期，同周期自左而右电负性逐渐增大、第一电离能呈增大趋势(稀有气体除外)，故第一电离能最小为Li，电负性最大为F；
(4) D的氢化物为NH3，C的氢化物为PH3，因为氨气分子间能形成氢键，使氨气的沸点升高，所以NH3的沸点高于PH3；
(5) E为Fe元素，原子序数为26，位于周期表第四周期第Ⅷ族， Fe元素处于周期表分区中的d区；
(6) D是N元素，核外电子排布式为1s22s22p3，其核外电子排布图为： ；E为Fe元素，外围电子排布式为3d64s2，外围电子排布图为：；
(7) B的硫化物为Na2S， Na2S为离子化合物，其用电子式表示的形成过程为。
【点睛】根据题意结合元素周期表推出元素，利用元素周期律的知识点进行解题。
25.一项科学研究成果表明，铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。
(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4。
①Mn2＋基态的电子排布式为________________。
②NO的空间构型__________(用文字描述)。
(2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化成CO2，HCHO被氧化成CO2和H2O。
①CO分子的等电子体有______。(至少写两个)
②HCHO分子中C原子轨道的杂化类型为______。
③1 mol CO2中含有的σ键与π键数目之比为_____。
④CO还能以配体形式与金属形成配合物，如Fe(CO)5，1mol Fe(CO)5中π键数目为__________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 (2). 平面三角形 (3). N2、C、O或其他合理答案 (4). sp2 (5). 1：1 (6). 10NA
【解析】
【分析】
【详解】(1)①Mn原子是25号元素，根据构造原理可知，Mn基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d54s2，Mn2＋由原子失去了最外层的两个电子，基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)。
②根据价层电子对互斥理论可知，NO3－中氮原子含有的孤对电子对数是(5+1-3×2)＝0，价层电子对数为3+0=3，VSEPR模型为平面三角形，无孤对电子，所以该离子的结构是平面三角形；
(2)①等电子体是原子个数相同，价电子总数相等，原子替换后CO分子的等电子体有N2、C、O、CN-等；
②HCHO分子中C原子孤电子对数=(4-2-2×1)＝0，价层电子对数为3+0=3，则C原子轨道的杂化类型为sp2；
③CO2的结构式为O=C=O，每个双键由一个σ键和一个π键构成，则1 mol CO2中有2 molσ键和2 molπ键，则σ键与π键数目之比为1：1；
④CO和氮气互为等电子体，氮气结构为N≡N，因此CO是C≡O，每个三键由一个σ键和两个π键构成，则1mol Fe(CO)5中含π键10 mol，即数目为10NA。
26.运送“神舟”五号飞船的火箭燃料除液态双氧水外，还有另一种液态氮氢化合物。已知该化合物中氢元素的质量分数为12.5％，相对分子质量为32，结构分析发现该分子结构中只有单键。
（1）该氮氢化合物的电子式为_________。
（2）该物质与液态双氧水反应能产生两种无毒又不污染环境物质，写出该反应的化学方程式_______________________。
（3）NH3分子中的N原子有一对孤对电子能发生反应：NH3+HCl=NH4Cl。试写出上述氮氢化合物通入足量盐酸时，发生反应的方程式。
_________________________________________。
【答案】 (1). (2). N2H4+2H2O2=N2+4H2O (3). N2H4+2HCl= N2H6Cl2

【解析】
【详解】（1）该氮氢化合物中N（H）==4，故分子中N（N）==2，该氮氢化合物为N2H4，分子中氢原子之间形成1对共用电子对，氢原子与氮原子之间形成1对共用电子对，其电子式为；
（2）N2H4与液态双氧水恰好完全反应，产生两种无毒又不污染环境的物质，则生成氮气与水，反应的化学方程式为N2H4+2H2O2=N2+4H2O；
（4）N2H4分子中每个N原子都含有1对孤对电子，故1molN2H4与2molHCl反应生成N2H6Cl2，反应的化学方程式为N2H4+2HCl= N2H6Cl2。
解：（1）该氮氢化合物中N（H）==4，故分子中N（N）==2，该氮氢化合物为N2H4，分子中氢原子之间形成1对共用电子对，氢原子与氮原子之间形成1对共用电子对，其电子式为，
故答案为；
（2）N2H4与液态双氧水恰好完全反应，产生两种无毒又不污染环境的物质，则生成氮气与水，该反应化学方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，
故答案为N2H4+2H2O2=N2+4H2O；
（4）N2H4分子中每个N原子都含有1对孤对电子，故1molN2H4与2molHCl反应生成N2H6Cl2，反应方程式为：N2H4+2HCl=N2H6Cl2，
故答案为N2H4+2HCl=N2H6Cl2．
27.1994年度诺贝尔化学奖授予为研究臭氧做出贡献的化学家。O3能吸收有害紫外线，保护人类赖以生存的空间。O3的分子结构如图，呈V型，两个O----O键的夹角为116.5o。三个原子以一个O原子为中心，另外两个O原子分别构成一个共价键；中间O原子提供2个电子，旁边两个O原子各提供一个电子，构成一个特殊的化学键——三个O原子均等地享有这个电子。请回答：

（1）臭氧与氧气的关系是_____________。
（2）写出下列分子与O3分子的结构最相似的是_______________。
A．H2O
B．CO2
C．SO2
D．BeCl2
（3）分子中某原子有一对或几对没有跟其他原子共用的价电子叫孤对电子，那么O3分子有________对孤对电子。
（4）O3分子是否为极性分子____________（填是或否）。
（5）O3具有强氧化性，它能氧化PbS为PbSO4而O2不能，试配平：
_____PbS +___O3=________PbSO4+_______O2
生成1mol O2的转移电子物质的量为___________mol。
【答案】 (1). 同素异形体 (2). C (3). 5 (4). 是 (5). 1 (6). 4 (7). 1 (8). 4 (9). 2
【解析】
【详解】（1）氧气和臭氧都是由氧元素形成的不同单质，所以二者互为同素异形体；
（2）S原子和氧原子属于同一主族，因此将臭氧中的1个氧原子用原子代替，即得到SO2，所以SO2的结构和臭氧是相似的；
（3）根据臭氧的结构可知，中间的氧原子还有2个电子没有参与成键，两侧的氧原子还各有4和电子没有参与成键，因此含有的孤对电子是（2+4+4）÷2＝5；
（4）臭氧是V型结构，因此是极性分子；
（5）反应中S的化合价从-2价升高到到+6价，失去8个电子。氧元素的化合价从0价降低到-2价，得到2个电子，所以根据电子的得失守恒可知，配平后的方程式为PbS+4O3=PbSO4+4O2；根据方程式可知，生成4mol O2，转移8mol电子，故生成1mol O2转移2mol电子。