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2021-2022学年安徽省滁州市九校高二下学期3月月考化学试题含解析
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这是一份2021-2022学年安徽省滁州市九校高二下学期3月月考化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，填空题，元素或物质推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．下列各能层中包含f 能级的是
A．LB．NC．MD．K
【答案】B
【详解】A. L能层是第二能层，含有2个能级，分别是2s、2p能级，故A不符合题意；
B.N能层是第四能层，含有4个能级，分别是4s、4p、4d、4f能级，故B符合题意；
C.M能层是第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，故C 不符合题意；
D. K能层是第一能层，只有1个能级，1s能级，故D 不符合题意。
故选B。
2．下列化学用语使用正确的是
A．基态铬原子的价层电子的轨道表示式：
B．Br-结构示意图：
C．中子数为10的氧核素：
D．H2O的形成过程：
【答案】D
【详解】A．Cr是24号元素，根据构造原理，可知基态Cr原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式是3d54s1，故基态Cr原子价电子排布图是，A错误；
B．Br是35号元素，Br-是Br原子获得1个电子形成的，则Br-结构示意图为：，B错误；
C．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，则中子数为10的氧核素质量数是10+8=18，用原子符号可表示为：，C错误；
D．H原子核外只有1个电子，O原子最外层有6个电子，2个H原子与O原子形成2个共用电子对，使分子中各个原子达到最外层2个或8个电子的稳定结构，用电子式表H2O形成过程为，D正确；
故合理选项是D。
3．锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质相似。下列有关锂及其化合物叙述正确的是( )
A．Li2SO4难溶于水
B．Li与N2反应的产物是Li3N
C．LiOH易溶于水
D．LiOH与Li2CO3受热都很难分解
【答案】B
【分析】元素周期表中，处于对角线位置的元素具有相似的性质，则根据 MgSO4，Mg，Mg(OH)2， MgCO3的性质可推断Li2SO4，Li，LiOH，Li2CO3的性质。
【详解】A，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，硫酸镁易溶于水，所以硫酸锂易溶于水，故A错误；
B，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，镁和氮气反应生成氮化镁，所以锂和氮气反应生成 Li3N，故 B正确；
C，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁不易溶于水，所以氢氧化锂属于不易溶物质，故C错误；
D，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁和碳酸镁受热易分解，所以氢氧化锂和碳酸锂受热也易分解，故D错误。
答案选B。
4．下列说法中正确的是
A．s区、d区、ds区都是金属元素B．p区都是主族元素
C．所有族中IIIB中元素种类最多D．最外层电子数为2的元素都分布在s区
【答案】C
【详解】A．氢元素位于s区，氢元素属于非金属元素，所以s区的元素不全是金属元素，d区、ds区都是金属元素，A错误；
B．稀有气体也是在p区，是零族元素，B错误；
C．第ⅢB存在镧系、锕系，含有32种元素，是所有族中IIIB中元素种类最多，C正确；
D．第ⅡB族最外层电子数为2，在ds区，不在s区，D错误；
答案选C。
5．1919年卢瑟福在核反应中用粒子(即氨核)轰击短周期非金属原子，得到核素和一新的粒子M，其过程为：。其中元素的质子数之和为16，下列说法正确的是
A．粒子M中含有1个中子
B．最简单氢化物的还原性：
C．第一电离能：
D．中所有原子均为8电子稳定结构
【答案】D
【分析】由可知，M质子数为1，质量数为1，则M为H，元素X、Y、M的质子数之和为16，即z+z+1+1=16，解得z=7，即X为N，Y为O，据此分析。
【详解】A．由分析可知，粒子M中含有M质子数为1，质量数为1，故不含1中子，A错误；
B．由分析可知，X为N，Y为O，且元素的非金属性越强，单质的氧化性就越强，则对应最简单氢化物的还原性的还原性就越弱，故简单氢化物的还原性：，B错误；
C．由分析可知，X为N，Y为O，同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA和ⅢA，ⅤA和ⅥA反常，故第一电离能：，C错误；
D． 即NCl3中N形成三个共价键，则最外层电子数为5+3=8，Cl形成一个共价键，则最外层电子数为7+1=8，则所有原子均为8电子稳定结构，D正确；
故答案为：D。
6．X、Y、Z三种元素的原子，其价电子排布式分别为ns1、3s23p2和2s22p4，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是
A．XYZ2B．X2YZ3C．X2YZ2D．XYZ3
【答案】B
【分析】X原子最外层电子排布为ns1，可能为氢、锂、钠等元素，为IA族元素，化合价为+1价；Y原子最外层电子排布为3s23p2，则Y为Si，化合价为+4，-4价；Z原子最外层电子排布为2s22p4，则Z为氧元素，化合价为-2价，结合化合价法则与常见物质化学式进行判断。
【详解】A．XYZ2中Y的化合价为+3价，不符合实际情况，A错误；
B．X2YZ3中Y的化合价为+4价，符合实际情况，B正确；
C．X2YZ2中Y的化合价为+2价，不符合实际情况，C错误；
D．XYZ3中Y的化合价为+5价，不符合实际情况，D错误；
故选B。
7．下列有关卤化氢的说法正确的是
A．键长：H—F>H—Cl>H—Br>H—I
B．键能：H—FC．形成共价键的两个原子之间的核间距叫做键长
D．H—F键是p—pσ键
【答案】C
【详解】A．形成共价键的两个原子之间的核间距叫做键长，近似等于两原子半径之和，由于原子半径F＜Cl＜Br＜I，则键长：H—F＜H—Cl＜H—Br＜H—I，A错误；
B．一般共价键键长越短，键能越大，则键能：H—F＞H—Cl＞H—Br＞H—I，B错误；
C．形成共价键的两个原子之间的核间距叫做键长，C正确；
D．H原子只有s电子云，则H—F键是s—pσ键，D错误；
故答案为：C。
8．下列离子的VSEPR模型与其空间结构一致的是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】A．亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为正四面体形，空间结构为三角锥形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故A错误；
B．高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，离子的VSEPR模型和空间结构都为正四面体形，所以离子的空间结构模型与空间结构一致，故B正确；
C．亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为三角锥形，空间结构为V形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故C错误；
D．氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为正四面体形，空间结构为三角锥形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故D错误；
故选B。
9．用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间结构，有时也能用来推测键角大小，下列判断错误的是
A．SO2、CS2、HI都是直线形的分子
B．BF3键角为120°
C．BF3、SO3都是平面三角形的分子
D．PCl3、NH3都是三角锥形的分子
【答案】A
【详解】A．SO2中心S原子孤电子对数=×(6-2×2)=1，价层电子对数为3，所以SO2为V形结构，A错误；
B．BF3中心B原子孤电子对数=×(3-3×1)=0，价层电子对数为3，为平面三角形结构，所以BF3键角为120°，B正确；
C．BF3、SO3中心原子孤电子对数都是0，价层电子对数为3，所以这两种分子都是平面三角形结构，C正确；
D．PCl3、NH3中心原子孤电子对数都是=×(5-3×1)=1，价层电子对数为4，所以PCl3、NH3均为三角锥形结构，D正确；
故答案选A。
10．X、Y、Z、W四种短周期元素，原子半径依次增大，X和Y位于同一周期，可组成多种化合物，其中一种是红棕色的大气污染物。Z的最高价氧化物对应的水化物是中强碱。下列有关说法正确的是
A．简单离子半径：
B．第一电离能：
C．电负性：
D．W与X组成的化合物中一定不含有共价键
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素，原子半径依次增大，X和Y位于同一周期，可组成多种化合物，其中一种是红棕色的大气污染物，则X、Y是O、N。Z的最高价氧化物对应的水化物是中强碱。Z为、W为Na。
【详解】A．简单离子半径：，A错误；
B．第一电离能：，B正确；
C．电负性：，C错误；
D．中含有离子键和共价键，D错误；
答案选B。
11．已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
则O2(g)=2O(g)的△H为A．+426 kJ/mlB．-426 kJ/ml C．+496 kJ/mlD．-496 kJ/ml
【答案】C
【详解】△H =E(反应物的键能总和) -E (生成物的键能总和)，则该反应的反应热△H =2×436 kJ/ml+E(O=O)-4×463 kJ/ml=-484 kJ/ml，解得E(O=O)=496 kJ/ml，氧分子分解成氧原子，化学键发生断裂，需要吸收能量，因此O2(g)=2O(g)的△H=+496 kJ/ml ，故合理选项是C。
12．微生物电化学制取甲烷的装置如图所示(左侧转化为和，右侧和转化为)。下列叙述正确的是
A．电源a为负极
B．该技术能实现二氧化碳零排放
C．外电路中每通过lml电子，与a相连的电极将产生
D．阴极的电极反应为
【答案】D
【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极a相连的左侧电极为电解池的阳极，在产电菌作用下，乙酸根离子和水在阳极得到电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO——8e—+2H2O=2CO2↑+7H+，右侧与负极b相连的电极为阴极，产甲烷菌作用下，二氧化碳和氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和水，电极反应式为CO2+8e−+8H+=CH4+2H2O。
【详解】A．由分析可知，电源a为直流电源的正极，故A错误；
B．由得失电子数目守恒可知，外电路中每通过8ml电子时，阳极生成2ml二氧化碳，阴极只能消耗1 ml二氧化碳，则该技术不能实现二氧化碳零排放，故B错误；
C．为明确是否为标准状况下，无法计算外电路中每通过lml电子时，与a相连的电极生成二氧化碳的体积，故C正确；
D．由分析可知，侧与负极b相连的电极为阴极，产甲烷菌作用下，二氧化碳和氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和水，电极反应式为CO2+8e−+8H+=CH4+2H2O，故D正确；
故选D。
13．一定温度下，在N2O5的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：
下列说法错误的是A．600~1200 s，生成NO2的平均速率为0.001 ml/(L·s)
B．反应2220 s时，放出的O2体积为1176 mL(标准状况)
C．推测上表中的x为3960
D．反应达到平衡时，
【答案】C
【详解】A．在600~1200 s，N2O5的浓度减少0.30 ml/L，根据物质反应转化关系可知在此时间段内生成NO2的浓度为0.60 ml/L，因此，生成NO2的平均速率v(NO2)=，A正确；
B．由表中数据可知，反应进行到2220 s时，N2O5的浓度减少了1.40 ml/L-0.35 ml/L=1.05 ml/L，由于反应容器的容积是100 mL，则N2O5的物质的量减少了1.05 ml/L ×0.1 L=0.105 ml，则根据物质反应转化关系可知反应生成O2的物质的量n(O2)= n(N2O5)=×0.105 ml=0.0525 ml，因此，放出的O2在标准状况下的体积V(O2)= 0.0525 ml ×22.4 L/ml=1.176L=1176 mL，B正确；
C．分析表中数据可知，该反应经过1110 s(600~1710，1710~2820)后，N2O5的浓度会减少一半，因此，N2O5的浓度由0.24 ml/L减少到0.12 ml/L时，可以推测上表中的x=(2820+1110)=3930，C错误；
D．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，可得关系式，D正确；
故合理选项是C。
14．用溶液分别滴定溶液体积均为20.00mL的醋酸溶液和草酸溶液，得到如图滴定曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点。下列叙述正确的是
A．X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸，
B．醋酸溶液在滴定过程中始终有
C．若b点时，则b点溶液中
D．若a点，则a点有
【答案】C
【分析】草酸是二元弱酸，有两次滴定突变，醋酸为一元弱酸，只有一次滴定突变，故X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸。
【详解】A．根据关系式：NaOH~CH3COOH和2NaOH~H2C2O4，可知20.00mL醋酸溶液中溶质CH3COOH的物质的量为0.0172L×0.1ml/L=1.72×10-3ml，20.00mL草酸溶液中溶质H2C2O4的物质的量为×0.0106×0.1ml/L=5.3×10-4ml，故可推知c1＞c2，A错误；
B．醋酸溶液在滴定过程中始终有电荷守恒和物料守恒，故，移项得到，B错误；
C．若b点时，则，又因为b点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，，根据电荷守恒可知，C正确；
D．对于草酸溶液来说，消耗5.3mLNaOH溶液所得溶液中的溶质是NaHC2O4，消耗7.95mLNaOH溶液所得溶液中的溶质是等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4。若a点，则a点的电荷守恒为，a点的物料守恒为，两式合并得到，D错误；
故选C。
二、原理综合题
15．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：
CO2(g) +H2(g)CO (g) +H2O (g)
其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：
回答下列问题：
(1)该反应的化学平衡常数表达式为K＝____________。
(2)该反应为________反应(填“吸热”“放热”)。
(3)能说明该反应达到化学平衡状态的是________。A．容器中压强不变B．混合气体中c(CO)不变
C．v正(H2)＝v逆(H2O)D．c(CO2)＝c(CO)
(4)某温度下，平衡浓度符合下式： 3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为_____℃。
(5)830℃时，在1L密闭容器中分别投入lmlH2和lmlCO2反应达到化学平衡时，CO2的转化率为_________；保持温度不变，在平衡体系中再充入1mlH2和lmlCO2重新达到化学平衡时，CO2的平衡转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”)
【答案】(1)
(2)吸热
(3)BC
(4)700℃
(5) 50% 不变
【解析】（1）
根据平衡常数的定义，再结合方程式CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，反应的平衡常数K=；
（2）
图表中平衡常数随温度升高增大，说明升温平衡正向进行，正反应是吸热反应；
（3）
A．反应前后气体体积不变，反应过程中和平衡状态压强始终不变，容器中压强不变不能说明费用达到平衡状态，故A错误；
B．根据化学平衡的定义可知，混合气体中 c(CO)不变是平衡标志，故B正确；
C．反应速率之比等于化学方程式系数之比，是正反应速率之比，υ正(H2)=υ逆(H2O) ，说明水的正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故C正确；
D．c(CO2)=c(CO)和起始量和消耗量有关，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故选BC；
（4）
某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，K=0.6，依据图表数据可知，平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变，判断此时的温度为700℃；
（5）
由题给数据可得三段式如下：
则根据表格中的数据可知=1，
解得：n=0.5ml，则CO2的转化率为=50%；
因反应体系中气体反应物和气体生成化学计量数之和相等，保持温度不变，在平衡体系中再充入1mlH2和lmlCO2重新达到化学平衡时，平衡不移动，CO2的平衡转化率不变。
三、填空题
16．铁、铝和铜是人类使用最广泛的金属。回答下列问题：
(1)根据电子排布的特点，Al位于元素周期表的__(填标号，下同)，Fe位于元素周期表的__。
a.s区 b.p区 c.d区 d.ds区
(2)63Cu和65Cu互称为__，在元素周期表中位于第__周期，基态Cu+的电子排布式为__。
(3)经研究发现目前铁的最高价为+6价，其+6价化合物Na2FeO4在硫酸存在的条件下，可将Mn2+氧化为MnO，而自身被还原为Fe3+，该反应的离子方程式为__。
【答案】(1) b c
(2) 同位素 四 1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)
(3)5FeO+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO+8H2O
【解析】（1）
Al的核外价电子排布式为3s23p1，所以位于元素周期表中的p区；Fe的核外价电子排布式为3d64s2，位于元素周期表的d区，故答案为：b；c；
（2）
63Cu和65Cu为质子数相同，中子数不同的核素，所以两者互称为同位素；Cu为29号元素，在元素周期表中位于第四周期，其价电子排布式为3d104s1,所以基态Cu+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；
（3）
其+6价化合物Na2FeO4在硫酸存在的条件下，可将Mn2+氧化为MnO，而自身被还原为Fe3+，根据电子转移数守恒可知，参加反应的FeO与Mn2+的物质的量之比为5:3，再电荷守恒及原子守恒配平该氧化还原方程式为：5FeO+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO+8H2O。
17．常温下，向25mL0.1ml·L-1MOH溶液中逐滴加入0.2ml·L-1HA溶液，中和滴定曲线如图所示(体积变化忽略不计)。回答下列问题：
（1）写出MOH在水溶液中的电离方程式：___________。
（2）HA的电离平衡常数为___________ ml·L-l(写出计算结果)。
（3）D点时，溶液中c(A-)+c(HA)___________ 2c(M+)(填“>”“<”或“=”)；溶液中离子浓度大小顺序为__________；若此时测得混合溶液的pH=a，则c(HA)+c(H+)=___________ml·L-l(用含字母a的计算表达式表示)。
【答案】 MOH=M++OH- 2.5×10-6 = c(A-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-) 0.05+10a-14
【详解】试题分析：本题考查酸碱中和滴定图像的分析，电离方程式的书写，电离平衡常数的计算，溶液中粒子浓度的大小关系。
（1）由图像知，没有滴入HA溶液时，0.1ml/LMOH溶液常温下的pH=13，则MOH为强碱，MOH在水溶液中的电离方程式为：MOH=M++OH-。
（2）当加入13mLHA溶液时，溶液的pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-）=110-7ml/L，溶液中c（M+）==ml/L，根据电荷守恒c（M+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），此时溶液中c（A-）=c（M+）=ml/L；根据A守恒，此时溶液中c（HA）=-ml/L=ml/L；HA的电离方程式为HAH++A-，HA的电离平衡常数Ka=[c（H+）·c（A-）]/c（HA）=ml/L=2.510-6ml/L。
（3）D点，加入25mLHA溶液，依据反应MOH+HA=MA+H2O，充分反应后得到物质的量浓度均为0.05ml/L的MA和HA的混合液，溶液中物料守恒为c（A-）+c（HA）=2c（M+）。在溶液中存在HA的电离平衡和MA的水解平衡，由于溶液的pH7，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，弱酸的电离程度和水解程度都是微弱的，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（A-）c（M+）c（H+）c（OH-）。此时溶液中c（M+）=0.05ml/L，溶液的pH=a，溶液中c（H+）=10-aml/L，溶液中c（OH-）=10a-14ml/L；溶液中的物料守恒为c（A-）+c（HA）=2c（M+），溶液中的电荷守恒为c（M+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），两式相加消去c（A-）得，c（H+）+c（HA）=c（M+）+c（OH-）=0.05ml/L+10a-14ml/L=（0.05+10a-14）ml/L，即c（H+）+c（HA）=（0.05+10a-14）ml/L。
四、元素或物质推断题
18．前四周期元素X、Y、Z、M、R的原子序数依次增大。X、Z位于第二周期，基态原子的未成对电子数都是2；基态M原子的核外电子占据10个轨道，且电子全充满；的价层电子排布式为。回答下列问题：
(1)基态Z原子的电子排布图为_______。
(2)X形成的单质中能导电的物质名称是_______。
(3)Y的基态原子中未成对电子数与成对电子数之比为_______。
(4)在X、Y、Z的简单氢化物中，稳定性最强的氢化物是_______(填化学式)。
(5)常用于长途运输海鲜产品，它与水反应的化学方程式为_______。
(6)R的含氧酸钾盐的化学式为，具有强氧化性。在它的溶液中滴加稀硫酸，溶液变黄色，并产生无色气泡，写出该反应的离子方程式：_______。
【答案】(1)
(2)石墨(或石墨烯)
(3)3∶4
(4)
(5)
(6)
【分析】前四周期元素X、Y、Z、M、R的原子序数依次增大，X、Z位于第二周期，基态原子的未成对电子数都是2，则X为C元素、Y为N元素、Z为O元素；基态M原子的核外电子占据10个轨道，且电子全充满，则M为Ca元素；R3+的价层电子排布式为3d5，则R为Fe元素。
（1）
氧元素的原子序数为8，基态原子电子排布式为1s22s22p4，电子排布图为，故答案为：；
（2）
碳元素形成的单质中石墨、石墨烯能导电，故答案为：石墨(或石墨烯)；
（3）
氮元素的原子序数为7，基态原子电子排布式为1s22s22p,3，电子排布图为，原子中未成对电子数与成对电子数之比为3∶4，故答案为：3∶4；
（4）
元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，碳、氮、氧三种元素的非金属性依次增强，则水分子的稳定性最强，故答案为：H2O；
（5）
过氧化钙能与水缓慢反应生成氢氧化钙和氧气，可以起到杀菌消毒和供氧的作用，常常用于长途运输海鲜产品，反应的化学方程式为，故答案为：；
（6）
高铁酸根在酸性条件下不稳定，能与氢离子反应生成棕黄色的铁离子、氧气和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
19．D、E、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们的简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体形、三角锥形、正四面体形、V形、直线形。回答下列问题：
(1)Y的最高价氧化物的化学式为_______。
(2)上述五种元素中，能形成酸性最强的含氧酸的元素是_______，该元素的任意3种含氧酸的化学式为_______。
(3)D和Y形成的化合物，其分子的空间结构为_______。
(4)D和X形成的化合物，其化学键类型属于_______(填“共价键”或“离子键”)。
(5)金属镁和E的单质在高温下反应得到的产物是_______(写化学式)。该产物与水反应生成两种碱，反应的化学方程式是_______。
【答案】(1)
(2) 、、、(任写3种即可)
(3)直线形
(4)共价键
(5)
【分析】D、E、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素中，它们的简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体形、三角锥形、正四面体形、V形、直线形；最简氢化物的立体构型为正四面体的是CH4和SiH4，故D是C，X为Si；NH3、H2S、HCl分子空间构型分别为三角锥形、V形、直线形；；由此推知E为N，Y为S，Z为Cl。
（1）
S元素化合价最高正价为＋6，即其最高价氧化物为SO3；
（2）
非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，在C、N、Si、S、Cl中，形成酸性最强的含氧酸为HClO4，氯元素位于第3周期ⅦA族，其正价有＋1、＋3、＋5、＋7，故其含氧酸为HClO、HClO2、HClO3、HClO4；
（3）
C与S形成化合物CS2，其空间构型应与CO2类似，故为直线形；
（4）
C和Si之间形成共价物为SiC，碳硅之间形成的化学键为共价键；
（5）
Mg在N2中高温条件下形成Mg3N2，其与水反应生成两种碱，根据质量守恒可知，生成Mg(OH)2和NH3·H2O，反应的化学方程式为Mg3N2＋8H2O=3Mg(OH)2＋2NH3·H2O。
五、结构与性质
20．现有部分短周期元素的性质或原子结构如表：
回答下列问题：
(1)X的离子结构示意图为__。
(2)Z的简单气态氢化物的VSEPR模型为___，分子中的中心原子的杂化轨道类型为___，分子的空间结构为__。
(3)1个Z的单质分子中，含有__个σ键和__个π键。
(4)Y的最高价氧化物对应的水化物与KOH反应的化学方程式为__。
(5)元素T与氯元素相比，非金属性较强的是__(填元素符号)，下列表述中能证明这事实的是__(填标号)。
a．常温下氯气的颜色比T单质的颜色深
b．T的单质通入氯化钠水溶液中不能置换出氯气
c．氯与T形成的化合物中，氯元素呈正价
【答案】(1)
(2) 四面体形 sp3 三角锥形
(3) 1 2
(4)Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O
(5) F c
【分析】由题干信息可知，T原子的2p轨道上有5个电子，则T为F，X的L层p能级电子数比s能级电子数多2个，则X为O，Y元素形成的简单离子半径是第三周期元素的简单离子中半径最小，则Y为Al，Z 原子的L层有3个未成对电子，则Z为N，据此分析解题。
（1）
由分析可知，X为O，则X的离子结构示意图为：，故答案为：；
（2）
由分析可知，Z为N，则Z的简单气态氢化物即NH3，N原子周围的价层电子对数为：3+=4，故其VSEPR模型为正四面体形，分子中的中心原子的杂化轨道类型为sp3，由于有一对孤电子对，则分子的空间结构为三角锥形，故答案为：正四面体形；sp3；三角锥形；
（3）
由分析可知，Z为N，故Z的单质分子为N2，其结构简式为N≡N，故1个Z的单质分子中，含有1个σ键和2个π键，故答案为：1；2；
（4）
由分析可知，Y为Al，Y的最高价氧化物对应的水化物即Al(OH)3与KOH反应的化学方程式为：Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O，故答案为：Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O；
（5）
由分析可知，T为F，同一主族从上往下，元素的非金属减弱，故元素T与氯元素相比，非金属性较强的是F，
a．颜色是物理性质，非金属性是化学性质，二者没有必然的联系，故常温下氯气的颜色比T单质的颜色深不能说明其非金属性的强弱，a不合题意；
b．F2通入NaCl溶液中，发生的反应为：2F2+2H2O=4HF+O2，故T的单质通入氯化钠水溶液中不能置换出氯气不能说明F的非金属弱于Cl的，b不合题意；
c．氯与T形成的化合物中，氯元素呈正价，说明F的吸电子的能力强于Cl，则说明F的非金属性强于Cl，c符合题意；
故答案为：F；c。
共价键
H-H
H-O
键能/(kJ/ml)
436
463
热化学方程式
t/s
0
600
1200
1710
2220
2820
x
c(N2O5)/(ml/L)
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
t℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
元素
元素性质或原子结构
T
2p轨道上有5个电子
X
L层p能级电子数比s能级电子数多2个
Y
第三周期元素的简单离子中半径最小
Z
L层有3个未成对电子
一、单选题
1．下列各能层中包含f 能级的是
A．LB．NC．MD．K
【答案】B
【详解】A. L能层是第二能层，含有2个能级，分别是2s、2p能级，故A不符合题意；
B.N能层是第四能层，含有4个能级，分别是4s、4p、4d、4f能级，故B符合题意；
C.M能层是第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，故C 不符合题意；
D. K能层是第一能层，只有1个能级，1s能级，故D 不符合题意。
故选B。
2．下列化学用语使用正确的是
A．基态铬原子的价层电子的轨道表示式：
B．Br-结构示意图：
C．中子数为10的氧核素：
D．H2O的形成过程：
【答案】D
【详解】A．Cr是24号元素，根据构造原理，可知基态Cr原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式是3d54s1，故基态Cr原子价电子排布图是，A错误；
B．Br是35号元素，Br-是Br原子获得1个电子形成的，则Br-结构示意图为：，B错误；
C．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，则中子数为10的氧核素质量数是10+8=18，用原子符号可表示为：，C错误；
D．H原子核外只有1个电子，O原子最外层有6个电子，2个H原子与O原子形成2个共用电子对，使分子中各个原子达到最外层2个或8个电子的稳定结构，用电子式表H2O形成过程为，D正确；
故合理选项是D。
3．锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质相似。下列有关锂及其化合物叙述正确的是( )
A．Li2SO4难溶于水
B．Li与N2反应的产物是Li3N
C．LiOH易溶于水
D．LiOH与Li2CO3受热都很难分解
【答案】B
【分析】元素周期表中，处于对角线位置的元素具有相似的性质，则根据 MgSO4，Mg，Mg(OH)2， MgCO3的性质可推断Li2SO4，Li，LiOH，Li2CO3的性质。
【详解】A，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，硫酸镁易溶于水，所以硫酸锂易溶于水，故A错误；
B，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，镁和氮气反应生成氮化镁，所以锂和氮气反应生成 Li3N，故 B正确；
C，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁不易溶于水，所以氢氧化锂属于不易溶物质，故C错误；
D，锂和镁在元素周期表中有特殊"对角线"关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁和碳酸镁受热易分解，所以氢氧化锂和碳酸锂受热也易分解，故D错误。
答案选B。
4．下列说法中正确的是
A．s区、d区、ds区都是金属元素B．p区都是主族元素
C．所有族中IIIB中元素种类最多D．最外层电子数为2的元素都分布在s区
【答案】C
【详解】A．氢元素位于s区，氢元素属于非金属元素，所以s区的元素不全是金属元素，d区、ds区都是金属元素，A错误；
B．稀有气体也是在p区，是零族元素，B错误；
C．第ⅢB存在镧系、锕系，含有32种元素，是所有族中IIIB中元素种类最多，C正确；
D．第ⅡB族最外层电子数为2，在ds区，不在s区，D错误；
答案选C。
5．1919年卢瑟福在核反应中用粒子(即氨核)轰击短周期非金属原子，得到核素和一新的粒子M，其过程为：。其中元素的质子数之和为16，下列说法正确的是
A．粒子M中含有1个中子
B．最简单氢化物的还原性：
C．第一电离能：
D．中所有原子均为8电子稳定结构
【答案】D
【分析】由可知，M质子数为1，质量数为1，则M为H，元素X、Y、M的质子数之和为16，即z+z+1+1=16，解得z=7，即X为N，Y为O，据此分析。
【详解】A．由分析可知，粒子M中含有M质子数为1，质量数为1，故不含1中子，A错误；
B．由分析可知，X为N，Y为O，且元素的非金属性越强，单质的氧化性就越强，则对应最简单氢化物的还原性的还原性就越弱，故简单氢化物的还原性：，B错误；
C．由分析可知，X为N，Y为O，同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA和ⅢA，ⅤA和ⅥA反常，故第一电离能：，C错误；
D． 即NCl3中N形成三个共价键，则最外层电子数为5+3=8，Cl形成一个共价键，则最外层电子数为7+1=8，则所有原子均为8电子稳定结构，D正确；
故答案为：D。
6．X、Y、Z三种元素的原子，其价电子排布式分别为ns1、3s23p2和2s22p4，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是
A．XYZ2B．X2YZ3C．X2YZ2D．XYZ3
【答案】B
【分析】X原子最外层电子排布为ns1，可能为氢、锂、钠等元素，为IA族元素，化合价为+1价；Y原子最外层电子排布为3s23p2，则Y为Si，化合价为+4，-4价；Z原子最外层电子排布为2s22p4，则Z为氧元素，化合价为-2价，结合化合价法则与常见物质化学式进行判断。
【详解】A．XYZ2中Y的化合价为+3价，不符合实际情况，A错误；
B．X2YZ3中Y的化合价为+4价，符合实际情况，B正确；
C．X2YZ2中Y的化合价为+2价，不符合实际情况，C错误；
D．XYZ3中Y的化合价为+5价，不符合实际情况，D错误；
故选B。
7．下列有关卤化氢的说法正确的是
A．键长：H—F>H—Cl>H—Br>H—I
B．键能：H—F
D．H—F键是p—pσ键
【答案】C
【详解】A．形成共价键的两个原子之间的核间距叫做键长，近似等于两原子半径之和，由于原子半径F＜Cl＜Br＜I，则键长：H—F＜H—Cl＜H—Br＜H—I，A错误；
B．一般共价键键长越短，键能越大，则键能：H—F＞H—Cl＞H—Br＞H—I，B错误；
C．形成共价键的两个原子之间的核间距叫做键长，C正确；
D．H原子只有s电子云，则H—F键是s—pσ键，D错误；
故答案为：C。
8．下列离子的VSEPR模型与其空间结构一致的是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】A．亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为正四面体形，空间结构为三角锥形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故A错误；
B．高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，离子的VSEPR模型和空间结构都为正四面体形，所以离子的空间结构模型与空间结构一致，故B正确；
C．亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为三角锥形，空间结构为V形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故C错误；
D．氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为正四面体形，空间结构为三角锥形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故D错误；
故选B。
9．用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间结构，有时也能用来推测键角大小，下列判断错误的是
A．SO2、CS2、HI都是直线形的分子
B．BF3键角为120°
C．BF3、SO3都是平面三角形的分子
D．PCl3、NH3都是三角锥形的分子
【答案】A
【详解】A．SO2中心S原子孤电子对数=×(6-2×2)=1，价层电子对数为3，所以SO2为V形结构，A错误；
B．BF3中心B原子孤电子对数=×(3-3×1)=0，价层电子对数为3，为平面三角形结构，所以BF3键角为120°，B正确；
C．BF3、SO3中心原子孤电子对数都是0，价层电子对数为3，所以这两种分子都是平面三角形结构，C正确；
D．PCl3、NH3中心原子孤电子对数都是=×(5-3×1)=1，价层电子对数为4，所以PCl3、NH3均为三角锥形结构，D正确；
故答案选A。
10．X、Y、Z、W四种短周期元素，原子半径依次增大，X和Y位于同一周期，可组成多种化合物，其中一种是红棕色的大气污染物。Z的最高价氧化物对应的水化物是中强碱。下列有关说法正确的是
A．简单离子半径：
B．第一电离能：
C．电负性：
D．W与X组成的化合物中一定不含有共价键
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素，原子半径依次增大，X和Y位于同一周期，可组成多种化合物，其中一种是红棕色的大气污染物，则X、Y是O、N。Z的最高价氧化物对应的水化物是中强碱。Z为、W为Na。
【详解】A．简单离子半径：，A错误；
B．第一电离能：，B正确；
C．电负性：，C错误；
D．中含有离子键和共价键，D错误；
答案选B。
11．已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
则O2(g)=2O(g)的△H为A．+426 kJ/mlB．-426 kJ/ml C．+496 kJ/mlD．-496 kJ/ml
【答案】C
【详解】△H =E(反应物的键能总和) -E (生成物的键能总和)，则该反应的反应热△H =2×436 kJ/ml+E(O=O)-4×463 kJ/ml=-484 kJ/ml，解得E(O=O)=496 kJ/ml，氧分子分解成氧原子，化学键发生断裂，需要吸收能量，因此O2(g)=2O(g)的△H=+496 kJ/ml ，故合理选项是C。
12．微生物电化学制取甲烷的装置如图所示(左侧转化为和，右侧和转化为)。下列叙述正确的是
A．电源a为负极
B．该技术能实现二氧化碳零排放
C．外电路中每通过lml电子，与a相连的电极将产生
D．阴极的电极反应为
【答案】D
【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极a相连的左侧电极为电解池的阳极，在产电菌作用下，乙酸根离子和水在阳极得到电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO——8e—+2H2O=2CO2↑+7H+，右侧与负极b相连的电极为阴极，产甲烷菌作用下，二氧化碳和氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和水，电极反应式为CO2+8e−+8H+=CH4+2H2O。
【详解】A．由分析可知，电源a为直流电源的正极，故A错误；
B．由得失电子数目守恒可知，外电路中每通过8ml电子时，阳极生成2ml二氧化碳，阴极只能消耗1 ml二氧化碳，则该技术不能实现二氧化碳零排放，故B错误；
C．为明确是否为标准状况下，无法计算外电路中每通过lml电子时，与a相连的电极生成二氧化碳的体积，故C正确；
D．由分析可知，侧与负极b相连的电极为阴极，产甲烷菌作用下，二氧化碳和氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和水，电极反应式为CO2+8e−+8H+=CH4+2H2O，故D正确；
故选D。
13．一定温度下，在N2O5的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：
下列说法错误的是A．600~1200 s，生成NO2的平均速率为0.001 ml/(L·s)
B．反应2220 s时，放出的O2体积为1176 mL(标准状况)
C．推测上表中的x为3960
D．反应达到平衡时，
【答案】C
【详解】A．在600~1200 s，N2O5的浓度减少0.30 ml/L，根据物质反应转化关系可知在此时间段内生成NO2的浓度为0.60 ml/L，因此，生成NO2的平均速率v(NO2)=，A正确；
B．由表中数据可知，反应进行到2220 s时，N2O5的浓度减少了1.40 ml/L-0.35 ml/L=1.05 ml/L，由于反应容器的容积是100 mL，则N2O5的物质的量减少了1.05 ml/L ×0.1 L=0.105 ml，则根据物质反应转化关系可知反应生成O2的物质的量n(O2)= n(N2O5)=×0.105 ml=0.0525 ml，因此，放出的O2在标准状况下的体积V(O2)= 0.0525 ml ×22.4 L/ml=1.176L=1176 mL，B正确；
C．分析表中数据可知，该反应经过1110 s(600~1710，1710~2820)后，N2O5的浓度会减少一半，因此，N2O5的浓度由0.24 ml/L减少到0.12 ml/L时，可以推测上表中的x=(2820+1110)=3930，C错误；
D．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，可得关系式，D正确；
故合理选项是C。
14．用溶液分别滴定溶液体积均为20.00mL的醋酸溶液和草酸溶液，得到如图滴定曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点。下列叙述正确的是
A．X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸，
B．醋酸溶液在滴定过程中始终有
C．若b点时，则b点溶液中
D．若a点，则a点有
【答案】C
【分析】草酸是二元弱酸，有两次滴定突变，醋酸为一元弱酸，只有一次滴定突变，故X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸。
【详解】A．根据关系式：NaOH~CH3COOH和2NaOH~H2C2O4，可知20.00mL醋酸溶液中溶质CH3COOH的物质的量为0.0172L×0.1ml/L=1.72×10-3ml，20.00mL草酸溶液中溶质H2C2O4的物质的量为×0.0106×0.1ml/L=5.3×10-4ml，故可推知c1＞c2，A错误；
B．醋酸溶液在滴定过程中始终有电荷守恒和物料守恒，故，移项得到，B错误；
C．若b点时，则，又因为b点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，，根据电荷守恒可知，C正确；
D．对于草酸溶液来说，消耗5.3mLNaOH溶液所得溶液中的溶质是NaHC2O4，消耗7.95mLNaOH溶液所得溶液中的溶质是等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4。若a点，则a点的电荷守恒为，a点的物料守恒为，两式合并得到，D错误；
故选C。
二、原理综合题
15．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：
CO2(g) +H2(g)CO (g) +H2O (g)
其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：
回答下列问题：
(1)该反应的化学平衡常数表达式为K＝____________。
(2)该反应为________反应(填“吸热”“放热”)。
(3)能说明该反应达到化学平衡状态的是________。A．容器中压强不变B．混合气体中c(CO)不变
C．v正(H2)＝v逆(H2O)D．c(CO2)＝c(CO)
(4)某温度下，平衡浓度符合下式： 3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为_____℃。
(5)830℃时，在1L密闭容器中分别投入lmlH2和lmlCO2反应达到化学平衡时，CO2的转化率为_________；保持温度不变，在平衡体系中再充入1mlH2和lmlCO2重新达到化学平衡时，CO2的平衡转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”)
【答案】(1)
(2)吸热
(3)BC
(4)700℃
(5) 50% 不变
【解析】（1）
根据平衡常数的定义，再结合方程式CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，反应的平衡常数K=；
（2）
图表中平衡常数随温度升高增大，说明升温平衡正向进行，正反应是吸热反应；
（3）
A．反应前后气体体积不变，反应过程中和平衡状态压强始终不变，容器中压强不变不能说明费用达到平衡状态，故A错误；
B．根据化学平衡的定义可知，混合气体中 c(CO)不变是平衡标志，故B正确；
C．反应速率之比等于化学方程式系数之比，是正反应速率之比，υ正(H2)=υ逆(H2O) ，说明水的正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故C正确；
D．c(CO2)=c(CO)和起始量和消耗量有关，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故选BC；
（4）
某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，K=0.6，依据图表数据可知，平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变，判断此时的温度为700℃；
（5）
由题给数据可得三段式如下：
则根据表格中的数据可知=1，
解得：n=0.5ml，则CO2的转化率为=50%；
因反应体系中气体反应物和气体生成化学计量数之和相等，保持温度不变，在平衡体系中再充入1mlH2和lmlCO2重新达到化学平衡时，平衡不移动，CO2的平衡转化率不变。
三、填空题
16．铁、铝和铜是人类使用最广泛的金属。回答下列问题：
(1)根据电子排布的特点，Al位于元素周期表的__(填标号，下同)，Fe位于元素周期表的__。
a.s区 b.p区 c.d区 d.ds区
(2)63Cu和65Cu互称为__，在元素周期表中位于第__周期，基态Cu+的电子排布式为__。
(3)经研究发现目前铁的最高价为+6价，其+6价化合物Na2FeO4在硫酸存在的条件下，可将Mn2+氧化为MnO，而自身被还原为Fe3+，该反应的离子方程式为__。
【答案】(1) b c
(2) 同位素 四 1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)
(3)5FeO+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO+8H2O
【解析】（1）
Al的核外价电子排布式为3s23p1，所以位于元素周期表中的p区；Fe的核外价电子排布式为3d64s2，位于元素周期表的d区，故答案为：b；c；
（2）
63Cu和65Cu为质子数相同，中子数不同的核素，所以两者互称为同位素；Cu为29号元素，在元素周期表中位于第四周期，其价电子排布式为3d104s1,所以基态Cu+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；
（3）
其+6价化合物Na2FeO4在硫酸存在的条件下，可将Mn2+氧化为MnO，而自身被还原为Fe3+，根据电子转移数守恒可知，参加反应的FeO与Mn2+的物质的量之比为5:3，再电荷守恒及原子守恒配平该氧化还原方程式为：5FeO+3Mn2++16H+=5Fe3++3MnO+8H2O。
17．常温下，向25mL0.1ml·L-1MOH溶液中逐滴加入0.2ml·L-1HA溶液，中和滴定曲线如图所示(体积变化忽略不计)。回答下列问题：
（1）写出MOH在水溶液中的电离方程式：___________。
（2）HA的电离平衡常数为___________ ml·L-l(写出计算结果)。
（3）D点时，溶液中c(A-)+c(HA)___________ 2c(M+)(填“>”“<”或“=”)；溶液中离子浓度大小顺序为__________；若此时测得混合溶液的pH=a，则c(HA)+c(H+)=___________ml·L-l(用含字母a的计算表达式表示)。
【答案】 MOH=M++OH- 2.5×10-6 = c(A-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-) 0.05+10a-14
【详解】试题分析：本题考查酸碱中和滴定图像的分析，电离方程式的书写，电离平衡常数的计算，溶液中粒子浓度的大小关系。
（1）由图像知，没有滴入HA溶液时，0.1ml/LMOH溶液常温下的pH=13，则MOH为强碱，MOH在水溶液中的电离方程式为：MOH=M++OH-。
（2）当加入13mLHA溶液时，溶液的pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-）=110-7ml/L，溶液中c（M+）==ml/L，根据电荷守恒c（M+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），此时溶液中c（A-）=c（M+）=ml/L；根据A守恒，此时溶液中c（HA）=-ml/L=ml/L；HA的电离方程式为HAH++A-，HA的电离平衡常数Ka=[c（H+）·c（A-）]/c（HA）=ml/L=2.510-6ml/L。
（3）D点，加入25mLHA溶液，依据反应MOH+HA=MA+H2O，充分反应后得到物质的量浓度均为0.05ml/L的MA和HA的混合液，溶液中物料守恒为c（A-）+c（HA）=2c（M+）。在溶液中存在HA的电离平衡和MA的水解平衡，由于溶液的pH7，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，弱酸的电离程度和水解程度都是微弱的，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（A-）c（M+）c（H+）c（OH-）。此时溶液中c（M+）=0.05ml/L，溶液的pH=a，溶液中c（H+）=10-aml/L，溶液中c（OH-）=10a-14ml/L；溶液中的物料守恒为c（A-）+c（HA）=2c（M+），溶液中的电荷守恒为c（M+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），两式相加消去c（A-）得，c（H+）+c（HA）=c（M+）+c（OH-）=0.05ml/L+10a-14ml/L=（0.05+10a-14）ml/L，即c（H+）+c（HA）=（0.05+10a-14）ml/L。
四、元素或物质推断题
18．前四周期元素X、Y、Z、M、R的原子序数依次增大。X、Z位于第二周期，基态原子的未成对电子数都是2；基态M原子的核外电子占据10个轨道，且电子全充满；的价层电子排布式为。回答下列问题：
(1)基态Z原子的电子排布图为_______。
(2)X形成的单质中能导电的物质名称是_______。
(3)Y的基态原子中未成对电子数与成对电子数之比为_______。
(4)在X、Y、Z的简单氢化物中，稳定性最强的氢化物是_______(填化学式)。
(5)常用于长途运输海鲜产品，它与水反应的化学方程式为_______。
(6)R的含氧酸钾盐的化学式为，具有强氧化性。在它的溶液中滴加稀硫酸，溶液变黄色，并产生无色气泡，写出该反应的离子方程式：_______。
【答案】(1)
(2)石墨(或石墨烯)
(3)3∶4
(4)
(5)
(6)
【分析】前四周期元素X、Y、Z、M、R的原子序数依次增大，X、Z位于第二周期，基态原子的未成对电子数都是2，则X为C元素、Y为N元素、Z为O元素；基态M原子的核外电子占据10个轨道，且电子全充满，则M为Ca元素；R3+的价层电子排布式为3d5，则R为Fe元素。
（1）
氧元素的原子序数为8，基态原子电子排布式为1s22s22p4，电子排布图为，故答案为：；
（2）
碳元素形成的单质中石墨、石墨烯能导电，故答案为：石墨(或石墨烯)；
（3）
氮元素的原子序数为7，基态原子电子排布式为1s22s22p,3，电子排布图为，原子中未成对电子数与成对电子数之比为3∶4，故答案为：3∶4；
（4）
元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，碳、氮、氧三种元素的非金属性依次增强，则水分子的稳定性最强，故答案为：H2O；
（5）
过氧化钙能与水缓慢反应生成氢氧化钙和氧气，可以起到杀菌消毒和供氧的作用，常常用于长途运输海鲜产品，反应的化学方程式为，故答案为：；
（6）
高铁酸根在酸性条件下不稳定，能与氢离子反应生成棕黄色的铁离子、氧气和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
19．D、E、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们的简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体形、三角锥形、正四面体形、V形、直线形。回答下列问题：
(1)Y的最高价氧化物的化学式为_______。
(2)上述五种元素中，能形成酸性最强的含氧酸的元素是_______，该元素的任意3种含氧酸的化学式为_______。
(3)D和Y形成的化合物，其分子的空间结构为_______。
(4)D和X形成的化合物，其化学键类型属于_______(填“共价键”或“离子键”)。
(5)金属镁和E的单质在高温下反应得到的产物是_______(写化学式)。该产物与水反应生成两种碱，反应的化学方程式是_______。
【答案】(1)
(2) 、、、(任写3种即可)
(3)直线形
(4)共价键
(5)
【分析】D、E、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素中，它们的简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体形、三角锥形、正四面体形、V形、直线形；最简氢化物的立体构型为正四面体的是CH4和SiH4，故D是C，X为Si；NH3、H2S、HCl分子空间构型分别为三角锥形、V形、直线形；；由此推知E为N，Y为S，Z为Cl。
（1）
S元素化合价最高正价为＋6，即其最高价氧化物为SO3；
（2）
非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，在C、N、Si、S、Cl中，形成酸性最强的含氧酸为HClO4，氯元素位于第3周期ⅦA族，其正价有＋1、＋3、＋5、＋7，故其含氧酸为HClO、HClO2、HClO3、HClO4；
（3）
C与S形成化合物CS2，其空间构型应与CO2类似，故为直线形；
（4）
C和Si之间形成共价物为SiC，碳硅之间形成的化学键为共价键；
（5）
Mg在N2中高温条件下形成Mg3N2，其与水反应生成两种碱，根据质量守恒可知，生成Mg(OH)2和NH3·H2O，反应的化学方程式为Mg3N2＋8H2O=3Mg(OH)2＋2NH3·H2O。
五、结构与性质
20．现有部分短周期元素的性质或原子结构如表：
回答下列问题：
(1)X的离子结构示意图为__。
(2)Z的简单气态氢化物的VSEPR模型为___，分子中的中心原子的杂化轨道类型为___，分子的空间结构为__。
(3)1个Z的单质分子中，含有__个σ键和__个π键。
(4)Y的最高价氧化物对应的水化物与KOH反应的化学方程式为__。
(5)元素T与氯元素相比，非金属性较强的是__(填元素符号)，下列表述中能证明这事实的是__(填标号)。
a．常温下氯气的颜色比T单质的颜色深
b．T的单质通入氯化钠水溶液中不能置换出氯气
c．氯与T形成的化合物中，氯元素呈正价
【答案】(1)
(2) 四面体形 sp3 三角锥形
(3) 1 2
(4)Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O
(5) F c
【分析】由题干信息可知，T原子的2p轨道上有5个电子，则T为F，X的L层p能级电子数比s能级电子数多2个，则X为O，Y元素形成的简单离子半径是第三周期元素的简单离子中半径最小，则Y为Al，Z 原子的L层有3个未成对电子，则Z为N，据此分析解题。
（1）
由分析可知，X为O，则X的离子结构示意图为：，故答案为：；
（2）
由分析可知，Z为N，则Z的简单气态氢化物即NH3，N原子周围的价层电子对数为：3+=4，故其VSEPR模型为正四面体形，分子中的中心原子的杂化轨道类型为sp3，由于有一对孤电子对，则分子的空间结构为三角锥形，故答案为：正四面体形；sp3；三角锥形；
（3）
由分析可知，Z为N，故Z的单质分子为N2，其结构简式为N≡N，故1个Z的单质分子中，含有1个σ键和2个π键，故答案为：1；2；
（4）
由分析可知，Y为Al，Y的最高价氧化物对应的水化物即Al(OH)3与KOH反应的化学方程式为：Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O，故答案为：Al(OH)3+KOH=KAlO2+2H2O；
（5）
由分析可知，T为F，同一主族从上往下，元素的非金属减弱，故元素T与氯元素相比，非金属性较强的是F，
a．颜色是物理性质，非金属性是化学性质，二者没有必然的联系，故常温下氯气的颜色比T单质的颜色深不能说明其非金属性的强弱，a不合题意；
b．F2通入NaCl溶液中，发生的反应为：2F2+2H2O=4HF+O2，故T的单质通入氯化钠水溶液中不能置换出氯气不能说明F的非金属弱于Cl的，b不合题意；
c．氯与T形成的化合物中，氯元素呈正价，说明F的吸电子的能力强于Cl，则说明F的非金属性强于Cl，c符合题意；
故答案为：F；c。
共价键
H-H
H-O
键能/(kJ/ml)
436
463
热化学方程式
t/s
0
600
1200
1710
2220
2820
x
c(N2O5)/(ml/L)
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
t℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
元素
元素性质或原子结构
T
2p轨道上有5个电子
X
L层p能级电子数比s能级电子数多2个
Y
第三周期元素的简单离子中半径最小
Z
L层有3个未成对电子
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