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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-129原子结构与性质（3）
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这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-129原子结构与性质（3），共33页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-129原子结构与性质（3）
一、单选题
1．（2022·上海·统考三模）“轨道”2Px与3Py相同的方面是
A．能量 B．呈纺锤形 C．占据空间的体积 D．在空间的伸展方向
2．（2022·上海·模拟预测）用碳化铝制取甲烷的化学方程式为：Al4C3+12H2O=4Al(OH)3↓+3CH4↑。下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．铝离子的电子排布式：1s22s22p63s23p1
B．水分子的结构式：H—O—H
C．甲烷的比例模型：
D．氢氧化铝的电离方程式：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3=Al3++3OH-
3．（2022·上海嘉定·统考一模）由分别与氖和氩电子层结构相同的两种离子组成的化合物是（ ）
A．MgF2 B．SO2 C．Na2O D．Na2S
4．（2021·上海嘉定·统考二模）2019年8月《Green Chemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原的新方法，其总反应为。下列有关化学用语表示错误的是
A．中子数为20的氯原子： B．碳原子轨道表示式：
C．()的比例模型： D．的电子式：
5．（2021·上海虹口·统考二模）实验室用碳化钙与水反应制备乙炔，相关化学用语表示正确的是
A．水的电子式： B．乙炔的结构式：CHCH
C．钙离子的结构示意图： D．碳原子的电子排布式：1s22s22p2
6．（2021·上海静安·统考二模）反应4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2用于工业制取硫酸，下列相关微粒的化学用语正确的是
A．中子数为30的铁原子：Fe B．O原子电子式：
C．O2-的结构示意图： D．S原子最外层的轨道表示式：
7．（2021·上海崇明·统考二模）有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是
A．CO2的电子式： B．C原子最外层电子的轨道表示式：
C．醋酸的分子式：CH3COOH D．乙烯的比例模型：
8．（2021·上海黄浦·统考二模）下列化学用语只能用来表示一种微粒的是
A． B． C． D．
9．（2021·上海奉贤·统考二模）下列化学用语正确的是
A．羟基的电子式：
B．碳原子核外电子排布的轨道表示式是：
C．氟原子的结构示意图
D．次氯酸分子的结构式：
10．（2021·上海徐汇·统考一模）SiC 和Si 的结构相似，是最有前景的半导体材料之一，下列说法正确的是
A．碳和硅原子最外层电子的轨道表示式完全相同
B．2py是碳原子核外能量最高的电子亚层
C．硅原子核外电子共占用 5 个轨道
D．都属于原子晶体，熔点SiC>Si
11．（2021·上海奉贤·统考一模）下列化学用语正确的是
A．碳原子的核外电子轨道表示式： B．甲基的电子式为：
C．丙烷的比例模型： D．氮分子的结构式：
12．（2021·上海嘉定·统考一模）下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是
A．最外层都只有一个电子的X、Y原子
B．原子核外L层上有8个电子的X原子与M层上有8个电子的Y原子
C．2p轨道上有3个未成对电子的X原子与3p轨道上有3个未成对电子的Y原子
D．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
二、结构与性质
13．（2022·上海宝山·统考模拟预测）[选修3：物质结构与性质]东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素基态原子的电子排布式为______3d能级上的未成对电子数为_______。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
氨的沸点______(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是_________________
氨是______分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为______。
(3)单质铜及镍都是由______键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为ICu＝1 958 kJ·mol–1、INi＝1 753 kJ·mol－1，ICu>INi的原因是_______________________________。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。
14．（2021·上海嘉定·统考二模）四氟肼()可作高能燃料的氧化剂，可用与二氟胺()反应制得，发生的反应是。请回答有关问题：
(1)原子最外层电子排布式___________；原子核外不同运动状态的电子有___________种；的电子式___________；元素的非金属性比强，用原子结构的知识说明理由：___________。
(2)中元素的化合价是___________；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________；若生成，电子转移数是___________；检验反应后是否过量操作方法是___________。
(3)单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成该易燃气体放出热量，请写出此反应的热化学方程式：___________。
15．（2021·上海长宁·统考二模）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：
①；
②。
锂原子的电子排布式为___；CO2的结构式为____；反应②中物质涉及的化学键类型有____。
(2)碳原子核外电子有_种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道分别是__。
(3)氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其阴离子的电子式___，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释：___。
(4)用、氨水和液溴制备。除生成外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物并配平该反应的化学方程式：，_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：，放电时，负极为___(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为___。
16．（2021·上海虹口·统考二模）镁元素在自然界分布广泛，是人体的必需元素之一。工业上可用硅热法(Pidgeon法)冶炼镁，以煅白(CaO·MgO，M = 96 g/mol)为原料与硅铁(含硅75%)混合置于密闭还原炉，1200℃下发生反应：2(CaO·MgO)(s) + Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)；完成下列填空：
(1)已知还原性Mg > Si，上述反应仍能发生的原因是_______。
(2)由图推测上述反应正向为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)若还原炉体积不变，能证明上述反应达到平衡的是_______(选填序号)。
a.平衡常数到达最大值
b.反应物不再转化为生成物
c.炉内Ca2SiO4与CaO·MgO的质量比保持不变
d.单位时间内，n(CaO·MgO)消耗 ：n(Ca2SiO4)生成 = 2：1
(4)平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时Mg(g)的浓度将_______(填“升高”“降低”或“不变”)。
(5)若还原炉容积为400 m3，原料中煅白质量为9600 kg，5小时后，测得煅白的转化率为50%，计算这段时间内Mg的生成速率 _______mol/(L·h)。
(6)工业上也可用电解法来制备镁。相关化合物的熔点如表所示：
MgCl2
MgO
熔点/℃
712
2850
①镁原子核外有_______种能量不同的电子，它们的运动状态有_______种。
②MgCl2的电子式为_______；
③判断工业上应选择MgCl2还是MgO作为电解原料并说明理由_______
17．（2021·上海黄浦·统考二模）中国“奋斗者”号深潜器研制及海试的成功，在钛合金材料制备、锂离子电池等方面实现了重大突破。
(1)深潜器的壳体由含钛、铝等元素的Ti-62A钛合金材料制成，该合金材料的熔点比组成成分的金属_______(选填“高”或“低”)；铝元素的原子核外共有_______种不同能级的电子；以下方法可以比较钠和铝金属性强弱的方法_______。
a.比较两种金属单质的硬度和熔点
b.用钠置换氯化镁溶液中的镁
c.比较等物质的量的两种金属单质和足量盐酸反应失去的电子数
d.将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用
e.在氯化铝溶液中逐滴滴加过量的氢氧化钠溶液
(2)氮氧化铝((AlON)是一种高硬度、耐高温的防弹材料，属于_______晶体，Al、O、N三种元素的简单离子半径由大到小的排列顺序是_______
(3)明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序为_______。固体能除去镁盐溶液中的，原因是_______。(用离子方程式表达)
(4)在周期表中，锂的性质与镁相似，写出锂在氧气中燃烧产物的电子式_______
(5)已知：(M代表碱金属元素)
元素
Li
Na
K
Rb
Q(kJ)
从原子结构的角度解释上述金属Q值递变的原因：_______。
18．（2021·上海·统考二模） SeO2是一种常见的氧化剂，易被还原成。根据X射线衍射分析，SeO2晶体是如下图所示的长链状结构：
键长
a
178
b
160.7
完成下列填空：
(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子的轨道表示式为_______，原子核外占据最高能级的电子云形状为_______形。
(2) SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，写出该二聚态的结构式_______。
(3) SeO2属于_______晶体，其熔点远高于的理由是_______。解释键能的原因_______。
(4) SeO2可将的水溶液氧化成，反应的化学方程式为_______。常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：；。则在相同浓度与的稀溶液中，的电离程度较大的是_______，两种溶液中电离程度不同的原因是_______。
19．（2021·上海·统考一模）氮化硅(Si3N4)耐高温、硬度大，可用石英与焦炭在1400～1450℃的氮气中合成：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g) Si3N4(s)+6CO(g) -Q(Q>0)
(1)该反应中所涉及物质属于非极性分子的电子式为_____。硅元素在周期表中的位置是_____，其原子的最外层电子轨道表示式为_____，最外层有______种运动状态不同的电子。
(2)反应的主要产物氮化硅所属的晶体类型为_____。例举一个化学事实说明氮元素比硅元素非金属性强_____，并从原子结构角度解释两元素的非金属性强弱关系______。
(3)碳元素形成的单质有金刚石、足球烯(分子式为C60)等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因是___。
(4)叠氮化钠(NaN3)是一种无色结晶，其固体中阴阳离子的个数比为1：1，则该固体中含有的化学键是____(填化学键名称)。叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生 40.32 L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠____g。
20．（2021·上海奉贤·统考一模）已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素，请回答下列问题：
(1)砷原子核外未成对电子数为___________。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下叙述正确的是___________(选填编号)。
A．分子中共价键键角均为109°28’ B．黄砷中共价键键能大于白磷
C．黄砷分子极性大于白磷 D．黄砷的熔点高于白磷
(2)砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式___________，其分子的空间构型为___________型，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由。___________。
(4)298 K时，将20 mL 3x mol·L-1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L-1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq) + I2(aq) + 2OH-(aq) AsO(aq) + 2I-(aq) + H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。
①写出该反应的平衡常数表达式K=___________ ，平衡时，c(AsO)=___________ mol·L-1(用含有x、y的代数式表示，溶液混合体积变化忽略不计)。
②tm时v逆 ___________tn 时v逆 (填 “>”、“<” 或 “=” )，理由是___________。当反应达到平衡后，下列选项正确的是___________(选填编号)。
A．2v(I-) = v(AsO) B．溶液的pH不再变化 C．c(I-)= y mol·L-1 D．c(AsO)/c(AsO)不再变化
三、填空题
21．（2021·上海浦东新·统考二模）硅铝合金广泛应用于航空、交通、建筑、汽车等行业。
完成下列填空：
(1)硅原子的结构示意图为___________；比较硅铝的原子半径：r(Si)___________r(Al)(选填：“>”、“＜”或“=”)。硅铝合金中的铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________。
(2)氟化铝和氯化铝的熔点分别为1040和194，它们熔点差异大的原因可能是___________。
(3)门捷列夫准确预测了铝、硅下一周期的同主族元素(当时并未被发现)的性质，并将他们分别命名为“类铝”和“类硅”。你据此推断类铝的最外层电子排布式为___________，推断的依据是___________。
(4)制备硅铝合金时，在高温真空炉中发生如下反应：
；；
上述反应的最终还原产物为___________；当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为___________。
22．（2021·上海宝山·统考二模）硝酸(HNO3)在生活、生产中有广泛的用途。工业上通常以氨气为原料来制取硝酸，其反应原理如下：4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3
(1)比较HNO3中各组成元素的非金属性强弱___________。
(2)写出NH3的电子式___________，O原子最外层的轨道表示式___________。
(3)联合制碱法是把“合成氨法”和“氨碱法”联合在一起，你认为制硝酸能不能用这个方法，把“合成氨工业”和“硝酸工业”联合在一起，理由是___________。
23．（2021·上海闵行·统考二模）NaNO2 是一种白色易溶于水的固体，俗称工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛，完成下列填空：
(1)钠元素核外有____种能量不同的电子；氮元素原子最外层电子的轨道排布式为____。
(2)NaNO2晶体类型是____；组成NaNO2的三种元素，其对应的简单离子半径由小到大的顺序为___。
24．（2021·上海·统考一模）门捷列夫认为氮、碳、氧、氢是“四大天王”元素，它们与宇宙和生命的形成都有密切联系，可以相互结合成很多化合物。
(1)四种元素中，核外未成对电子数目相同的元素有_______(填写元素符号，下同)；四种元素的原子半径由大到小的顺序为_______。
(2)HCN是生命演化过程中的基础物质之一。已知HCN中C、N都满足8电子稳定结构，则HCN的电子式为_______；其中C、N之间的共用电子对偏向的元素是_______，从原子结构角度解释其原因_______。
(3)N2O是医学上的一种麻醉剂，可以通过反应_______NH3+_______O2→ _______N2O+_______H2O制得，配平该反应的化学方程式_______；若生成1.8 g水，转移的电子数目为_______个。已知N2O为直线型极性分子，则该分子中所含化学键的类型有_______(填写编号)。
a．极性共价键 b．非极性共价键 c．离子键 d．金属键
25．（2021·上海青浦·统考一模）由于具有特殊的组成和结构，金属具有优良的物理、化学性能。没有金属，生活是难以想象的。
完成下列填空：
(1)元素Al的原子核外电子共占据_____个轨道，其中有____个未成对电子。
(2)常温下，将铝片放入浓硫酸片刻后插入到硫酸铜溶液中，发现铝片表面无明显变化，其原因是____________。要除去铁粉中含有的少量铝粉，通常可选用_____溶液。
(3)某工业废水中Al3+超标，加入NaHCO3溶液可以除去Al3+，现象为产生白色沉淀和无色无味的气体。请从平衡移动角度解释这一现象_______________________________________。
26．（2021·上海黄浦·统考一模）工业上可用以下方法制备粮食储备的强效熏虫剂 PH3。请回答：
(1)磷原子最外层的电子排布式_______；同族元素氢化物 RH3的某种性质随R 的核电荷数的变化趋势如图所示：
则 Y 轴可表示的氢化物性质可能是_______；根据P4的结构，推测其在CS2中的溶解度_______ (填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。
(2)配平反应Ⅰ的方程式，并标出电子转移方向和数目______。
_______P4+_______NaOH+_______→_______NaH2PO2+_______PH3↑
(3)由工业流程图可以判断H3PO2为_______(填“一”、“二”或“三”)元酸。
(4)在标准状况下若有 1mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成_______升 PH3气体(不考虑产物的损失)。
(5)查文献，AlP 遇水蒸气会发生水解反应也产生 PH3，该反应的另一种产物的电离方程式为_______。
27．（2021·上海·统考一模）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(硫酸亚铁铵)是一种重要的化工原料，用途广泛。完成下列填空：
(1)Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子核外有___种能量不同的电子，占有的轨道总数是___个。铁在元素周期表的第ⅦB和第ⅠB之间。铁位于第___周期___族。
(2)写出Fe与水反应的化学方程式：___。
(3)将(NH4)2Fe(SO4)2中非金属元素的简单阴离子按半径由小到大的顺序排列：___。
(4)同温度同浓度的FeSO4和(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(Fe2+)是否相等___？为什么？___。
(5)设计实验，证明(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体中含有Fe2+___。
(6)已知：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在200℃失去全部结晶水。将一定质量的粉末状该晶体置于坩埚中，保持200℃受热，经冷却、恒重等正确操作，计算得到的1mol晶体中结晶水含量总是偏低，偏低的可能原因是___(写一条即可)。
四、原理综合题
28．（2021·上海·统考二模）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：
(1)氧原子核外有_______种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为_______；K2CO3固体中含有的化学键有_______。
(2)合成步骤中的化学方程式为_______。
(3)当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因：_______。
Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
(4)该反应的氧化产物为_______，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为_______。
Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
(5)向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是_______。
(6)用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3_______mol。
29．（2021·上海杨浦·统考二模）2020年9月科学家发现金星上有磷化氢()，实验室制备的常用方法有两种：
①
②
完成下列填空：
(1)P核外能量最高的电子具有相同的___________(填写序号)。
A．轨道B．自旋方向C．电子云形状D．电子云伸展反应
(2)已知与的结构相似，的空间结构是___________。的分解温度比___________(填“高”、“低”)，判断的依据是___________。
(3)已知为三元酸，其结构式为：。
①次磷酸(中的P的成键情况与中的相同，则的结构式是___________。
②利用反应②制备时，即使KOH过量，仍只生成，说明是___________元酸。
(4)常温下，在不同pH的溶液中，各种含磷微粒的质量分数如图所示。
①电离平衡常数与化学平衡常数意义相同，写出第二步电离平衡常数表达式___________。
(2)图中可推断溶液呈___________(填“酸”、“碱”、“中”)性，可能的原因是___________。溶液中各含磷微粒以及按浓度由大到小的顺序排列___________。
30．（2021·上海静安·统考一模）氮气分子在催化剂作用下发生的一系列转化如下：
反应①属于工业固氮，为可逆反应。反应②可用于工业制硝酸。完成下列填空：
(1)氮原子的核外电子排布式是___________，氧原子最外层有_____种运动状态不同的电子。反应②的化学反应方程式是_____。
(2)为模拟反应①，T℃时，在2L恒容密闭容器中加入2molN2和2molH2，其中n(NH3)随时间的变化见图。
氮气在前2分钟内的平均反应速率v(N2)=______mol/(L·min)，达平衡时N2和H2的浓度之比为____。
(3)能说明上题所述反应在T℃下已达平衡状态的是_________(选填序号)。
A．混合气体的密度不再变化
B．3v正(H2)=2v逆(NH3)
C．容器内的总压强不再变化
D．各物质的浓度相等
E．氮气物质的量不再变化
请提出一条既能提高氢气的转化率，又能加快反应速率的措施______________。
(4)一氧化二氮俗名笑气，250℃时硝酸铵固体在密闭容器中加热分解可得N2O和H2O，该可逆反应的平衡常数表达式为________。
参考答案：
1．B
【详解】A．“轨道”2Px与3Py分别属于第二电子层和第三电子层，不同电子层的电子具有不同的能量，所以二者的能量不同，A选项错误；
B．所有的p轨道均为纺锤形，所以“轨道”2Px与3Py均呈纺锤形，B选项正确；
C．不同电子层上的电子，其占据空间的体积不一定相同，C选项错误；
D．在三维坐标中，“轨道”2Px在x轴方向伸展，3Py在y轴方向伸展，则在空间的伸展方向不同，D选项错误；
答案选B。
2．B
【详解】A．铝是13号元素，铝离子核外有10个电子，电子排布式为1s22s22p6，故A错误；
B．每个水分子中含有两个H-O共价键，水分子的结构式为：H-O-H，故B正确；
C．甲烷为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子，则甲烷的比例模型为： ，故C错误；
D．Al(OH)3显两性，部分电离，电离方程式为：Al3++3OH-⇌Al(OH)3⇌AlO2-+H++H2O，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为C，比例模型能够体现出分子的空间结构及各原子相对体积大小，判断比例模型要注意原子的相对大小。
3．D
【详解】A．MgF2中两种离子都与氖电子层结构相同，故A错误；
B．SO2是共价化合物，不含离子，故B错误；
C．Na2O中两种离子都与氖电子层结构相同，故C错误；
D．Na2S中钠离子与氖电子层结构相同，硫离子与氩电子层结构相同，故D正确。
4．A
【详解】A．中子数为20的氯原子，其质量数是17+20＝37，可表示为： ，A错误；
B．碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，其轨道表示式：，B正确；
C．()是直线形结构，碳原子半径大于氧原子半径，其比例模型：，C正确；
D．的电子式为：，D正确；
答案选A。
5．D
【详解】A． 水是共价化合物，水的电子式：，故A错误；
B． 乙炔的结构式：H-CC-H，故B错误；
C． 钙的核电荷数为20，钙离子的结构示意图：，故C错误；
D． 碳核外有6个电子，分为两个能层，碳原子的电子排布式：1s22s22p2，故D正确；
故选D。
6．B
【详解】A．中子数为30的铁原子的质量数为30+56=86，符号为Fe，A错误；
B．O原子最外层有6个电子，其中两个为未成对电子，电子式为，B正确；
C．O2-核外有10个电子，结构示意图为，C错误；
D．硫原子最外层有6个电子，3s能级上有两个电子，3p能级上有4个电子，硫原子最外层电子的轨道表示式为，电子应优先以相同的自旋方向占据空轨道，D错误；
综上所述答案为B。
7．D
【详解】A．二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，其正确的电子式为 ，故A错误；
B． C原子最外层电子的轨道表示式： ，故B错误；
C． 醋酸的分子式：C2H4O2，CH3COOH是结构简式，故C错误；
D． 乙烯的比例模型： ，故D正确；
故选D。
8．B
【详解】A．C6H6可以表示苯环，也可以表示CH≡C－CH=CH－CH=CH2等烃类，A不符合题意；
B．CH2O只能表示甲醛这一种物质，B符合题意；
C．选项中的核外电子排布示意图可以表示Ne原子，也可以表示Na＋、O2－等10电子的基态粒子，C不符合题意；
D．选项中的球棍模型可以表示NH3、PH3等粒子，D不符合题意；
答案选B。
9．B
【详解】A．羟基的电子式为：，故A错误；
B．碳原子核外电子排布为1s22s22p2，轨道表示式是：，故B正确；
C．氟原子的结构示意图为，故C错误；
D．次氯酸分子的结构式为：，故D错误；
故选B。
10．D
【详解】A．原子状态不同时，如基态碳原子和激发态的硅原子最外层电子的轨道表示式不相同，A错误；
B．2px、2py、2pz三个轨道的能量相同，2p才是碳原子核外能量最高的电子亚层，B错误；
C．硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，s有1个轨道，p有3个轨道，根据电子排布规律可知，其核外电子共占用8个轨道，C错误；
D．SiC 和Si均属于原子晶体，由于原子半径C＜Si，因此键长：C—Si＜Si—Si，则键能：C—Si>Si—Si，因此熔点SiC>Si，D正确；
答案选D。
11．A
【详解】A. 碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，按洪特规则，2个p电子分别占据2个轨道且自旋方向相同，轨道表示式：，A正确；
B. 甲基的电子式为：，B错误；
C. 丙烷的球棍模型：，C错误；
D. 氮分子的结构式： ，D错误；
答案选A。
12．C
【详解】A．最外层只有一个电子可能是H原子、碱金属元素原子或者ⅠB族元素原子，H原子、碱金属元素原子性质有相似的地方，都具有还原性，但与ⅠB族元素原子性质不同，故A错误；
B．原子核外L层上有8个电子的X原子，没有指明有没有M层，M层上有8个电子的Y原子，没有指明有没有N层，无法判断它们是什么原子，无法判断它们的化学性质是否相似，故B错误；
C．2p轨道上有3个未成对电子的X原子为N原子，3p轨道上有3个未成对电子的Y原子为P原子，N和P位于同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C正确；
D．原子核外电子排布式为1s2的X原子为He原子，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子为Be，二者性质不同，故D错误；
故答案为C。
13． 1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2) 2 高于 氨气分子间可形成氢键 极性 sp3 金属 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 3∶1
【详解】（1）镍是28号元素，位于第四周期，第Ⅷ族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d84s2，3d能级有5个轨道，这5个轨道先占满5个自旋方向相同的电子，再分别占据三个轨道，电子自旋方向相反，所以未成对的电子数为2；故答案为1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2)、2；
（2）氨气分子间存在氢键，分子间作用力强，所以氨的沸点高于膦（PH3）；根据价层电子对互斥理论，氨气中心原子N的σ键电子对数等于3，孤电子对数（5-3）÷2=1，则中心原子N是sp3杂化，分子成三角锥形，正负电荷重心不重叠，氨气是极性分子；故答案为高于、氨气分子间可形成氢键、极性、sp3；
（3）铜和镍属于金属，所以单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；铜和镍分别失去一个电子后若再失去电子，铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，所以ICu＞INi；故答案为金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子；
（4）①根据均摊法计算，晶胞中铜原子个数为6×1/2=3，镍原子的个数为8×1/8=1，则铜和镍的数量比为3:1；故答案为3:1。
【点睛】本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，物质熔沸点的判断，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。
14． 2s22p5 7 F元素与N元素电子层数相同，F元素的核电荷数比N元素多，吸引电子能力强，因此F元素的非金属性比N强 +1价 1：1 0.2NA 取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3＋过量，反之则不过量 3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g) ΔH＝－150.72kJ/mol
【详解】(1)的原子序数是9，原子最外层电子排布式为2s22p5；原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，所以N原子核外不同运动状态的电子有7种；分子中含有三键，电子式为；由于F元素与N元素电子层数相同，F元素的核电荷数比N元素多，吸引电子能力强，因此F元素的非金属性比N强；。
(2)中H是+1价，F是－1价，则根据化合价代数和为0可知元素的化合价是+1价；反应中铁元素化合价降低，氮元素化合价升高，铁离子是氧化剂，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；氮元素化合价从+1价升高到+2价，因此若生成，电子转移数是0.2NA；检验反应后是否过量的试剂是KSCN溶液，其操作方法是取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3＋过量，反之则不过量。
(3)单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，即四氧化三铁和氢气，且每生成氢气放出热量，则生成4mol氢气放出热量是37.68kJ×4=150.72kJ，此反应的热化学方程式为3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g) ΔH＝－150.72kJ/mol。
15． 1s22s1 O=C=O 离子键、共价键、金属键 3 2p [H：]- 氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大 3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑ Li 1.4g
【分析】LiH的阴离子为H-，结合核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小分析判断；Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，两种参与大气循环的气体为氮气和二氧化碳，据此书写反应的方程式；电池放电时原电池原理，结合电解饱和食盐水得到的气体为氢气和氯气，结合得失电子守恒计算。
【详解】(1)Li核外有3个电子，分两层排布，基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为O=C=O；反应②中，氧化锂中含有离子键，碳、一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键，故答案为：1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键；
(2)C原子核外有6个电子，分别在1s、2s、2p轨道，有3种不同能量的电子，能量最高的电子在2p轨道，故答案为：3；2p；
(3)LiH的阴离子为H-，其电子式为[H：]-，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小，所以氢负离子的半径比锂离子大，故答案为：[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
(4)Li2CO3、氨水混合物中加入液溴，反应生成LiBr，溴将氨水氧化生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑，故答案为：3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑；
(5) 磷酸亚铁锂电池总反应为：，电池放电时为原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极；若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，则氢气和氯气的总物质的量为=0.2mol，则生成氢气和氯气的物质的量都是0.1mol，根据H2～2Li～2e-，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故答案为：Li；1.4g。
16． 该反应条件下，镁为气体，从反应体系逸出，使平衡不断正向移动 吸热 c 不变 0.025mol/(L·h) 4 12 选择MgCl2，原因是MgCl2熔点低，能耗小
【详解】(1)1200℃时发生反应为2(CaO•MgO)(s)+Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)，此时镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动，使得化学反应能发生；
(2)由图象可知，温度越高，Mg的产率增大，说明升高温度平衡正移，所以正方向为吸热方向；
(3)a．平衡常数到达最大值，不能证明正逆反应速率相等，故错误；
b．化学平衡是动态平衡，反应物不再转化为生成物，则是证明反应结束的，故错误；
c．炉内Ca2SiO4与CaO•MgO的质量比保持不变，达到了平衡，故正确；
d．单位时间内，n(CaO•MgO)消耗：n(Ca2SiO4)生成=2：1，不能证明正逆反应速率相等，故错误；
故选c；
(4)因为该反应的K=C2(Mg)，平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则温度没变所以K不变，所以新平衡时Mg(g)的浓度不变；
(5)发生反应为：2(CaO•MgO)(s)+Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)，由关系式，解得m=1.2t，n=50000mol，这段时间Mg的生成速率v=50000mol÷(400×103)L÷5h=0.025 mol/(L•h)；
(6)①Mg原子核外有几个能级填充电子，则有几种能量不同的电子，Mg原子核外填充的电子为1s、2s、2p、3s能级电子，所以有4种能量不同的电子，它们的运动状态有12种；
②MgCl2是离子化合物，电子式为；
③氧化镁熔点比氯化镁熔点高，熔融离子晶体要消耗能源，从而增加成本，为减少成本，所以用熔融氯化镁冶炼镁。
17． 低 5 e 原子晶体 N3->O2->Al3+ 从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
【详解】(1) 合金的熔点一般低于任何一种组成金属的熔点，故该合金材料的熔点比组成成分的金属低；铝元素的原子核外由1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；
a.金属的金属性强弱与单质的硬度和熔点无关，所以不能根据单质的硬度和熔点判断金属性强弱；
b.钠的还原性过强，先与水发生反应，无法利用置换反应来判断钠镁的金属性强弱；
c.不能根据金属失电子数的多少比较金属性的强弱，应该根据金属失电子的能力大小进行分析，虽然钠失电数小于铝，但金属性钠失电子能力强于铝，此方法不能证明；
d.将空气中久置的Na放入热水中，由于Na发生潮解生成碳酸钠，不与热水反应，因此无现象，但久置在空气中的Al表面会发生氧化反应生成氧化铝，与热水反应也无现象，不能证明；
e.Al为两性金属，其盐可以与强碱发生反应生成氢氧化铝沉淀，又因氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和NaOH反应生成偏铝酸盐，因此可以证明Na的金属性比Al强；
故答案选e；
(2)氮氧化铝晶体的硬度很大，属于原子晶体；铝离子，氧离子，氮离子三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，则半径越小，故离子半径由大到小顺序为N3->O2->Al3+；
(3) 明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序是不水解的二元硫酸根离子浓度最大，钾离子和铝离子要考虑铝的水解，结合水解呈酸性，所以离子浓度大小顺序为：；铝离子水解生成氢离子，氢氧化镁固体和氢离子反应生成镁离子和水，从而促进铝离子水解生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为；
(4) 锂在氧气中燃烧方程式为，产物为，电子式为；
(5)从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
18． 哑铃或纺锤体 分子 SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大 a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能 SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se 的稀溶液 H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离
【详解】(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子上有6个电子，故最外层电子的轨道表示式为，原子核外占据最高能级为4p能级，故其电子云形状为哑铃或纺锤体形，故答案为：；哑铃或纺锤体；
(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，根据题干图示信息可知，该二聚态的结构式为，故答案为：；
(3)根据(2)中信息可知，SeO2易升华，由此推测，SeO2属于分子晶体，由于SeO2和SO2均为分子晶体，但由于SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大，其熔点远高于，由于SeO2分子中存在Se=O双键和Se-O单键,双键的键能大于单键的，故答案为：分子；SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大；a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能；
(4) SeO2可将的水溶液氧化成H2SO4，根据氧化还原反应的规律，化合价有升必有降，故SeO2被还原为Se，故反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se，常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：；。则在相同浓度与的稀溶液中，由于H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离，故的电离程度较大的是的稀溶液，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；的稀溶液；H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离。
19． 第三周期第ⅣA族 4 原子晶体 最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4中Si为+4价，N为-3价、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4 N原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强 金刚石为原子晶体，而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力，故金刚石的熔点远高于足球烯 离子键、共价键 78
【详解】(1)SiO2、C、Si3N4均为原子晶体，不存在分子结构，CO分子的正负电荷中心不重合，为极性分子；N2的正负电荷中心重合，为非极性分子，电子式为；Si元素为14号元素，位于第三周期第ⅣA族，其最外层电子的排布式为3s23p2，轨道表示式为，最外层共有4个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以有4种运动状态不同的电子；
(2)氮化硅(Si3N4)耐高温、硬度大，为原子晶体；最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4中Si为+4价，N为-3价(说明Si的电负性小于N)、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4均可以说明氮元素比硅元素的非金属性强；N原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强；
(3)足球烯有分子式，说明为分子晶体，而金刚石为原子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力，故金刚石的熔点远高于足球烯；
(4)根据题意可知叠氮化钠由Na+和N构成，所以存在离子键，N中存在氮原子之间的共价键；40.32 L(标准状况下)氮气的物质的量为=1.8mol，叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，根据元素守恒可知消耗1.2molNaN3，质量为1.2mol´65g/mol=7.8g。
20． 3 D 三角锥 极性 两者具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N x-y 小于 由图可知，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大 BD
【分析】按核外电子排布规律、原子结构、元素的位置和元素性质的相互关系回答；对反应AsO(aq) + I2(aq) + 2OH-(aq) AsO(aq) + 2I-(aq) + H2O(l)，按平衡常数的定义、结合数据计算平衡浓度、由化学平衡的特征判断说法的正误；
【详解】(1)砷原子核外最外层电子排布式为4s24p3，按洪特规则，3个p电子分别占据3个p轨道，故未成对电子数为3。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，则A．分子中共价键键角均为60°，A错误； B．砷原子半径大于磷，黄砷中共价键不如白磷牢固，即键能小于白磷，B错误； C．黄砷分子是同种元素组成的非金属单质，分子内只有非极性键，属于非极性分子，C错误；D．结构相似，黄砷相对分子质量比白磷大、分子间作用力比白磷大，熔点高于白磷，故叙述正确的是D。
(2)砷化氢的结构与氨气类似，则砷化氢的电子式为，其分子的空间构型为三角锥型，分子内正电荷重心和负电荷重心不重叠，是极性分子。
(3) N 和As元素均位于ⅤA族，具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N。
(4)①按定义，反应AsO(aq) + I2(aq) + 2OH-(aq) AsO(aq) + 2I-(aq) + H2O(l)的平衡常数表达式，由表知，平衡时，c(AsO)= y mol·L-1，则反应过程中消耗n(AsO)= 0.06L×y mol。则平衡时
②由图可知，tm时，c(AsO)< y mol·L-1，则反应从正方向建立平衡，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大v逆
B．平衡时各成分的浓度不再变化，则溶液的pH不再变化，B正确；
C．平衡时各成分的浓度不再变化，c(I-)= 2c(AsO)= 2y mol·L-1，C错误；
D．平衡时各成分的浓度不再变化，c(AsO)/c(AsO)不再变化，D正确；
选项正确的是BD。
21． ＜ 氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高 类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层 Al、Si 2NA
【详解】(1)硅为14号元素，故硅原子的结构示意图为；硅和铝为同一周期元素，从左往右半径依次减小，故r(Si) ＜ r(Al)，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：，故答案为：；＜；；
(2)由于F的电负性比Cl的大，故氟化铝中存在离子键，而氯化铝中存在的是共价键，它们熔点差异大的原因可能是氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，故答案为：氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高；
(3) 类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层，故类铝的最外层电子排布式为，故答案为：；类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层；
(4) 还原产物是指元素的化合价降低被还原而成的产物，根据上述反应可知，最终还原产物为Al、Si；反应中C的化合价由0价升高为CO中的+2价，故当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为：2NA个，故答案为：Al、Si；2NA。
22． H
(3)根据工业制硝酸的反应原理4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要，故答案为：根据工业制硝酸的反应原理，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要。
23． 4 离子晶体 r(Na+)
(2) NaNO2属于离子化合物，所以属于离子晶体；组成NaNO2的三种元素，其对应的简单离子分别为，均为10电子结构，由具有相同电子层结构的离子“序小径大”，所以离子半径大小关系为r(Na+)
【详解】(1)H、C、N、O核外未成对电子数目分别为1、2、3、2，核外未成对电子数目相等的是C和O；同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：C>N>O>H。
(2)HCN中C、N都满足8电子稳定结构， HCN的电子式为，C和N是位于同周期相邻元素，N的核电荷数比C大，N原子半径比C小，N对核外电子吸引力更强，所以C、N之间的共用电子对偏向的元素是N。
(3)利用化合价升降法来配平，反应的化学方程式为2NH3+2O2N2O+3H2O；反应中N化合价由-3价升高为+1价，O化合价由0价降低为-2价，每生成1 mol水转移 mol电子，生成1.8 g水即0.1 mol水时转移电子0.1× mol= mol，转移电子数为NA或0.267NA或1.6×1023；N2O为直线型极性分子，分子结构为，则该分子中所含化学键的类型有氮氮非极性共价键，氮氧极性共价键，故答案为ab。
25． 7 1 浓硫酸具有强氧化性，在铝表面形成了致密的氧化膜 NaOH Al3+水解结合水中的OH—使溶液显酸性，水解结合水中的H+使溶液显碱性，水解平衡互相促进，直至产生白色沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体
【详解】(1)Al的基态电子排布式为1s22s22p63s23p1，其中占有1s能级1个轨道、2s能级1个轨道、2p能级3个轨道、3s能级1个轨道、3p能级1个轨道，共占有1+1+3+1+1=7个轨道；3p能级上有1个电子，该电子为未成对电子，故未成对电子1个；
(2)浓硫酸具有强氧化性，可以使Al钝化，在Al表面形成一层致密的氧化膜；要出去铁粉中的铝粉，可以向混合粉末中加入NaOH溶液，此时，Fe不与NaOH反应而Al可以，从而达到除去铝的目的；
(3)Al3+为弱碱阳离子，HCO为弱酸阴离子，Al3+水解结合水中的OH—使溶液显酸性，水解结合水中的H+使溶液显碱性，水解平衡互相促进，直至产生白色沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体。
26． 3s23p3 热稳定性、键能 大于 1P4+3NaOH+3H2O→3NaH2PO2+1PH3↑ 一 56 H+ +AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3+ +3OH-
【分析】(1)磷是15号元素，结合原子结构和元素周期律、相似相溶原理分析解答；
(2)根据化合价升降守恒结合质量守恒配平方程式；
(3)根据工业流程图，NaH2PO2与硫酸反应生成H3PO2，确定H3PO2的类型；
(4)根据发生反应的过程寻找关系式分析计算；
(5)AlP遇水蒸气会发生水解反应放出PH3气体和Al(OH)3，Al(OH)3属于两性氢氧化物，存在酸性电离与碱式电离，据此分析解答。
【详解】(1)磷是15号元素，第三电子层为最外层，电子数为5，最外层电子排布式是3s23p3，N、P、As位于周期表同一主族，从上到下排列，根据元素周期律可知，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，从上到下原子半径逐渐增大，键能逐渐减小，因此Y轴可表示三种氢化物的稳定性、键能；P4 为正四面体结构，为非极性分子，CS2 为非极性分子形成的溶剂，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，P4在CS2 中的溶解度大于在水中的溶解度，故答案为：3s23p3；热稳定性、键能；大于；
(2) P4和烧碱溶液反应生成PH3↑、NaH2PO2，反应中P部分由0价升高为+1价，部分由0价降低为-3价，根据化合价升降守恒，PH3配1，NaH2PO2配3，结合质量守恒可知，反应物中缺少的物质为H2O，配平后的方程式为：1P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，故答案为：1P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；
(3)根据工业流程图，NaH2PO2与硫酸反应生成H3PO2，可以确定H3PO2属于一元酸，故答案为：一；
(4)P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2、反应Ⅱ为2NaH2PO2+H2SO4=2H3PO2+Na2SO4，反应Ⅲ为2H3PO2=PH3↑+H3PO4，因此P4～2.5PH3，若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH3，在标准状况下的体积为2.5mol×22.4L/mol=56L，故答案为：56；
(5)AlP遇水蒸气会发生水解反应放出PH3气体，生成的另外一种物质为Al(OH)3，Al(OH)3属于两性氢氧化物，存在酸性电离与碱式电离，电离方程式为：H+ +AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3+ +3OH-，故答案为：H+ +AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3+ +3OH-。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意关系式法在解题中的应用。
27． 7 15 四(或4) Ⅷ r(H-)＜r(O2-)＜r(N3-)＜r(S2-) 不相等 因为Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+、NH+H2ONH3·H2O+H+，的水解会抑制Fe2+水解，使(NH4)2Fe(SO4)2中c(Fe2+)偏大 取样少许，加水(或稀硫酸)溶解，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明含Fe2+ (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低
【详解】(1)电子能量由能层和能级共同决定，同一能级能量相同，铁原子核外有7个能级填充电子，故有7种能量不同的电子；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，根据铁原子的电子排布式知，1s~4s能级每个轨道都有电子填充，故共有15个轨道有电子填充，占有的轨道总数为15个；铁元素价电子排布为：3d64s2，最高能层为第四层，故位于第四周期，价电子共有8个，位于周期表的第8列，周期表中8、9、10三列合称第Ⅷ族，即铁位于第四周期第Ⅷ族。
(2)Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，反应方程式为：；
(3)四种非金属元素简单阴离子分别为：H-、N3-、S2-、O2-，其中H-电子层为一层，半径最小，S2-电子层为三层，半径最大，N3-、O2-电子层均为两层，但O的核电荷数大，对核外电子引力强，故半径小，所以四种离子半径大小顺序为：r(H-)＜r(O2-)＜r(N3-)＜r(S2-)；
(4)(NH4)Fe(SO4)2中Fe2+水解与水解相互抑制，水解程度比FeSO4中Fe2+水解程度小，故(NH4)Fe(SO4)2中Fe2+浓度大于FeSO4中Fe2+浓度；
(5)证明(NH4)Fe(SO4)2中含有Fe2+，可以通过将Fe2+氧化为Fe3+检验，但需排除原有Fe3+干扰，故应该先加KSCN，再氧化Fe2+，具体方案为：取样少许，加水(或稀硫酸)溶解，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明含Fe2+；
(6)由于样品中铁元素为二价，易被氧化，题目操作未说明隔绝空气，故会产生误差，即 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低。
28． 8 5s25p5 离子键、极性共价键 I2+5H2O22HIO3+4H2O H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等 Cl2 2NA 加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率 1
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O22HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
【详解】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与之间以离子键结合；在阴离子中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O22HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
29． BC 三角锥形 低 r(N)小于r(P)，N—H的键长更短，键能更大 一 酸 溶液中电离程度大于水解程度 c()>c(H+)>c()>c(H3PO4) >c()
【详解】(1)P原子的核电荷数为15，基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p3，3p亚层上上的电子能量相同，电子云形状相同，自旋方向相同，电子云伸展方向不同，故选BC；
(2)分子属于共价化合物，电子式为：，氮原子为sp3杂化，含有1对孤电子对，分子构型为三角锥形，与的结构相似，为三角锥形；氮和磷为同一主族元素，氮原子半径小于磷原子半径，N—H键的键长更短，键能更大，氨气分解需要的温度高，故的分解温度比的低；
(3)①为三元酸，其结构式为：，次磷酸()分子中，P的成键情况与中的相同，根据成键规律可知，的结构式是；
②利用反应制备时，即使KOH过量，仍只生成，说明只能电离出1个氢离子，其为一元酸；
(4)①H3PO4H++，H++，第二步电离平衡常数表达式；
(2)根据图表信息分析可知，当物质的量分数较大时，溶液的pH小于7，即溶液显酸性，原因是在水溶液中电离程度大于水解程度；由于溶液中的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，所以c()>c(H3PO4)，由于溶液中存在水的电离平衡，所以c(H+)>c()；溶液中，c()为最小；因此溶液中各离子浓度由大到小的顺序排列为：c()>c(H+)>c()>c(H3PO4) >c()。
30． 1s22s22p3 6 4NH3+5O24NO+6H2O 0.05625 2：1 C、E 加压(或充入过量N2) K=c(N2O)×c2(H2O)
【详解】(1)N元素为7号元素，原子核外有7个电子，核外电子排布式为1s22s22p3；O元素为6号元素，最外层有2个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以氧原子最外层有2种运动状态不同的电子；据图可知反应②为氨气被催化氧化生成NO的反应，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
(2)据图可知前2分钟内Δn(NH3)=0.45mol，反应①的方程式为N2+3H22NH3，所以Δn(N2)=0.225mol，容器体积为2L，所以v(N2)==0.05625mol/(L·min)；据图可知5min后达到平衡，此时Δn(NH3)=0.8mol，根据方程式可知Δn(N2)=0.4mol，Δn(H2)=1.2mol，则平衡时：n(N2)=2mol-0.4mol=1.6mol，n(H2)=2mol-1.2mol=0.8mol，所以平衡时N2和H2的浓度之比=2：1；
(3)A．容器恒容，气体的体积始终不变，反应物和生成物均为气体，所以气体质量始终不变，则密度为定值，密度不变不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；
B．达到平衡时v正(H2)= v逆(H2)，即2v正(H2)=3v逆(NH3)，所以3v正(H2)=2v逆(NH3)不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应平衡，故B不符合题意；
C．该反应前后气体系数之和不相等，所以气体总物质的量会变，而容器恒容，所以未平衡时压强会变，当压强不变时说明达到平衡，故C符合题意；
D．反应到达平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，但不一定相等，与初始投料和转化率有关，故D不符合题意；
E．反应到达平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，所以氮气物质的量不再变化可以说明反应达到平衡，故E符合题意；
综上所述答案为C、E；
该反应为气体系数之和减小的反应，所以增大压强或充入过量N2既能提高氢气的转化率，又能加快反应速率；
(4)根据题意可知硝酸铵固体加热分解的方程式为NH4NO3(s)N2O(g)+2H2O(g)，根据平衡常数的概念可知该反应K=c(N2O)×c2(H2O)。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-129原子结构与性质（3）
一、单选题
1．（2022·上海·统考三模）“轨道”2Px与3Py相同的方面是
A．能量 B．呈纺锤形 C．占据空间的体积 D．在空间的伸展方向
2．（2022·上海·模拟预测）用碳化铝制取甲烷的化学方程式为：Al4C3+12H2O=4Al(OH)3↓+3CH4↑。下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．铝离子的电子排布式：1s22s22p63s23p1
B．水分子的结构式：H—O—H
C．甲烷的比例模型：
D．氢氧化铝的电离方程式：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3=Al3++3OH-
3．（2022·上海嘉定·统考一模）由分别与氖和氩电子层结构相同的两种离子组成的化合物是（ ）
A．MgF2 B．SO2 C．Na2O D．Na2S
4．（2021·上海嘉定·统考二模）2019年8月《Green Chemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原的新方法，其总反应为。下列有关化学用语表示错误的是
A．中子数为20的氯原子： B．碳原子轨道表示式：
C．()的比例模型： D．的电子式：
5．（2021·上海虹口·统考二模）实验室用碳化钙与水反应制备乙炔，相关化学用语表示正确的是
A．水的电子式： B．乙炔的结构式：CHCH
C．钙离子的结构示意图： D．碳原子的电子排布式：1s22s22p2
6．（2021·上海静安·统考二模）反应4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2用于工业制取硫酸，下列相关微粒的化学用语正确的是
A．中子数为30的铁原子：Fe B．O原子电子式：
C．O2-的结构示意图： D．S原子最外层的轨道表示式：
7．（2021·上海崇明·统考二模）有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是
A．CO2的电子式： B．C原子最外层电子的轨道表示式：
C．醋酸的分子式：CH3COOH D．乙烯的比例模型：
8．（2021·上海黄浦·统考二模）下列化学用语只能用来表示一种微粒的是
A． B． C． D．
9．（2021·上海奉贤·统考二模）下列化学用语正确的是
A．羟基的电子式：
B．碳原子核外电子排布的轨道表示式是：
C．氟原子的结构示意图
D．次氯酸分子的结构式：
10．（2021·上海徐汇·统考一模）SiC 和Si 的结构相似，是最有前景的半导体材料之一，下列说法正确的是
A．碳和硅原子最外层电子的轨道表示式完全相同
B．2py是碳原子核外能量最高的电子亚层
C．硅原子核外电子共占用 5 个轨道
D．都属于原子晶体，熔点SiC>Si
11．（2021·上海奉贤·统考一模）下列化学用语正确的是
A．碳原子的核外电子轨道表示式： B．甲基的电子式为：
C．丙烷的比例模型： D．氮分子的结构式：
12．（2021·上海嘉定·统考一模）下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是
A．最外层都只有一个电子的X、Y原子
B．原子核外L层上有8个电子的X原子与M层上有8个电子的Y原子
C．2p轨道上有3个未成对电子的X原子与3p轨道上有3个未成对电子的Y原子
D．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
二、结构与性质
13．（2022·上海宝山·统考模拟预测）[选修3：物质结构与性质]东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素基态原子的电子排布式为______3d能级上的未成对电子数为_______。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
氨的沸点______(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是_________________
氨是______分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为______。
(3)单质铜及镍都是由______键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为ICu＝1 958 kJ·mol–1、INi＝1 753 kJ·mol－1，ICu>INi的原因是_______________________________。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。
14．（2021·上海嘉定·统考二模）四氟肼()可作高能燃料的氧化剂，可用与二氟胺()反应制得，发生的反应是。请回答有关问题：
(1)原子最外层电子排布式___________；原子核外不同运动状态的电子有___________种；的电子式___________；元素的非金属性比强，用原子结构的知识说明理由：___________。
(2)中元素的化合价是___________；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________；若生成，电子转移数是___________；检验反应后是否过量操作方法是___________。
(3)单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成该易燃气体放出热量，请写出此反应的热化学方程式：___________。
15．（2021·上海长宁·统考二模）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：
①；
②。
锂原子的电子排布式为___；CO2的结构式为____；反应②中物质涉及的化学键类型有____。
(2)碳原子核外电子有_种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道分别是__。
(3)氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其阴离子的电子式___，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释：___。
(4)用、氨水和液溴制备。除生成外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物并配平该反应的化学方程式：，_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：，放电时，负极为___(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为___。
16．（2021·上海虹口·统考二模）镁元素在自然界分布广泛，是人体的必需元素之一。工业上可用硅热法(Pidgeon法)冶炼镁，以煅白(CaO·MgO，M = 96 g/mol)为原料与硅铁(含硅75%)混合置于密闭还原炉，1200℃下发生反应：2(CaO·MgO)(s) + Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)；完成下列填空：
(1)已知还原性Mg > Si，上述反应仍能发生的原因是_______。
(2)由图推测上述反应正向为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)若还原炉体积不变，能证明上述反应达到平衡的是_______(选填序号)。
a.平衡常数到达最大值
b.反应物不再转化为生成物
c.炉内Ca2SiO4与CaO·MgO的质量比保持不变
d.单位时间内，n(CaO·MgO)消耗 ：n(Ca2SiO4)生成 = 2：1
(4)平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时Mg(g)的浓度将_______(填“升高”“降低”或“不变”)。
(5)若还原炉容积为400 m3，原料中煅白质量为9600 kg，5小时后，测得煅白的转化率为50%，计算这段时间内Mg的生成速率 _______mol/(L·h)。
(6)工业上也可用电解法来制备镁。相关化合物的熔点如表所示：
MgCl2
MgO
熔点/℃
712
2850
①镁原子核外有_______种能量不同的电子，它们的运动状态有_______种。
②MgCl2的电子式为_______；
③判断工业上应选择MgCl2还是MgO作为电解原料并说明理由_______
17．（2021·上海黄浦·统考二模）中国“奋斗者”号深潜器研制及海试的成功，在钛合金材料制备、锂离子电池等方面实现了重大突破。
(1)深潜器的壳体由含钛、铝等元素的Ti-62A钛合金材料制成，该合金材料的熔点比组成成分的金属_______(选填“高”或“低”)；铝元素的原子核外共有_______种不同能级的电子；以下方法可以比较钠和铝金属性强弱的方法_______。
a.比较两种金属单质的硬度和熔点
b.用钠置换氯化镁溶液中的镁
c.比较等物质的量的两种金属单质和足量盐酸反应失去的电子数
d.将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用
e.在氯化铝溶液中逐滴滴加过量的氢氧化钠溶液
(2)氮氧化铝((AlON)是一种高硬度、耐高温的防弹材料，属于_______晶体，Al、O、N三种元素的简单离子半径由大到小的排列顺序是_______
(3)明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序为_______。固体能除去镁盐溶液中的，原因是_______。(用离子方程式表达)
(4)在周期表中，锂的性质与镁相似，写出锂在氧气中燃烧产物的电子式_______
(5)已知：(M代表碱金属元素)
元素
Li
Na
K
Rb
Q(kJ)
从原子结构的角度解释上述金属Q值递变的原因：_______。
18．（2021·上海·统考二模） SeO2是一种常见的氧化剂，易被还原成。根据X射线衍射分析，SeO2晶体是如下图所示的长链状结构：
键长
a
178
b
160.7
完成下列填空：
(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子的轨道表示式为_______，原子核外占据最高能级的电子云形状为_______形。
(2) SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，写出该二聚态的结构式_______。
(3) SeO2属于_______晶体，其熔点远高于的理由是_______。解释键能的原因_______。
(4) SeO2可将的水溶液氧化成，反应的化学方程式为_______。常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：；。则在相同浓度与的稀溶液中，的电离程度较大的是_______，两种溶液中电离程度不同的原因是_______。
19．（2021·上海·统考一模）氮化硅(Si3N4)耐高温、硬度大，可用石英与焦炭在1400～1450℃的氮气中合成：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g) Si3N4(s)+6CO(g) -Q(Q>0)
(1)该反应中所涉及物质属于非极性分子的电子式为_____。硅元素在周期表中的位置是_____，其原子的最外层电子轨道表示式为_____，最外层有______种运动状态不同的电子。
(2)反应的主要产物氮化硅所属的晶体类型为_____。例举一个化学事实说明氮元素比硅元素非金属性强_____，并从原子结构角度解释两元素的非金属性强弱关系______。
(3)碳元素形成的单质有金刚石、足球烯(分子式为C60)等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因是___。
(4)叠氮化钠(NaN3)是一种无色结晶，其固体中阴阳离子的个数比为1：1，则该固体中含有的化学键是____(填化学键名称)。叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生 40.32 L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠____g。
20．（2021·上海奉贤·统考一模）已知砷(As)是第四周期ⅤA族元素，请回答下列问题：
(1)砷原子核外未成对电子数为___________。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，以下叙述正确的是___________(选填编号)。
A．分子中共价键键角均为109°28’ B．黄砷中共价键键能大于白磷
C．黄砷分子极性大于白磷 D．黄砷的熔点高于白磷
(2)砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式___________，其分子的空间构型为___________型，是___________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由。___________。
(4)298 K时，将20 mL 3x mol·L-1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L-1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq) + I2(aq) + 2OH-(aq) AsO(aq) + 2I-(aq) + H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。
①写出该反应的平衡常数表达式K=___________ ，平衡时，c(AsO)=___________ mol·L-1(用含有x、y的代数式表示，溶液混合体积变化忽略不计)。
②tm时v逆 ___________tn 时v逆 (填 “>”、“<” 或 “=” )，理由是___________。当反应达到平衡后，下列选项正确的是___________(选填编号)。
A．2v(I-) = v(AsO) B．溶液的pH不再变化 C．c(I-)= y mol·L-1 D．c(AsO)/c(AsO)不再变化
三、填空题
21．（2021·上海浦东新·统考二模）硅铝合金广泛应用于航空、交通、建筑、汽车等行业。
完成下列填空：
(1)硅原子的结构示意图为___________；比较硅铝的原子半径：r(Si)___________r(Al)(选填：“>”、“＜”或“=”)。硅铝合金中的铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________。
(2)氟化铝和氯化铝的熔点分别为1040和194，它们熔点差异大的原因可能是___________。
(3)门捷列夫准确预测了铝、硅下一周期的同主族元素(当时并未被发现)的性质，并将他们分别命名为“类铝”和“类硅”。你据此推断类铝的最外层电子排布式为___________，推断的依据是___________。
(4)制备硅铝合金时，在高温真空炉中发生如下反应：
；；
上述反应的最终还原产物为___________；当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为___________。
22．（2021·上海宝山·统考二模）硝酸(HNO3)在生活、生产中有广泛的用途。工业上通常以氨气为原料来制取硝酸，其反应原理如下：4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3
(1)比较HNO3中各组成元素的非金属性强弱___________。
(2)写出NH3的电子式___________，O原子最外层的轨道表示式___________。
(3)联合制碱法是把“合成氨法”和“氨碱法”联合在一起，你认为制硝酸能不能用这个方法，把“合成氨工业”和“硝酸工业”联合在一起，理由是___________。
23．（2021·上海闵行·统考二模）NaNO2 是一种白色易溶于水的固体，俗称工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛，完成下列填空：
(1)钠元素核外有____种能量不同的电子；氮元素原子最外层电子的轨道排布式为____。
(2)NaNO2晶体类型是____；组成NaNO2的三种元素，其对应的简单离子半径由小到大的顺序为___。
24．（2021·上海·统考一模）门捷列夫认为氮、碳、氧、氢是“四大天王”元素，它们与宇宙和生命的形成都有密切联系，可以相互结合成很多化合物。
(1)四种元素中，核外未成对电子数目相同的元素有_______(填写元素符号，下同)；四种元素的原子半径由大到小的顺序为_______。
(2)HCN是生命演化过程中的基础物质之一。已知HCN中C、N都满足8电子稳定结构，则HCN的电子式为_______；其中C、N之间的共用电子对偏向的元素是_______，从原子结构角度解释其原因_______。
(3)N2O是医学上的一种麻醉剂，可以通过反应_______NH3+_______O2→ _______N2O+_______H2O制得，配平该反应的化学方程式_______；若生成1.8 g水，转移的电子数目为_______个。已知N2O为直线型极性分子，则该分子中所含化学键的类型有_______(填写编号)。
a．极性共价键 b．非极性共价键 c．离子键 d．金属键
25．（2021·上海青浦·统考一模）由于具有特殊的组成和结构，金属具有优良的物理、化学性能。没有金属，生活是难以想象的。
完成下列填空：
(1)元素Al的原子核外电子共占据_____个轨道，其中有____个未成对电子。
(2)常温下，将铝片放入浓硫酸片刻后插入到硫酸铜溶液中，发现铝片表面无明显变化，其原因是____________。要除去铁粉中含有的少量铝粉，通常可选用_____溶液。
(3)某工业废水中Al3+超标，加入NaHCO3溶液可以除去Al3+，现象为产生白色沉淀和无色无味的气体。请从平衡移动角度解释这一现象_______________________________________。
26．（2021·上海黄浦·统考一模）工业上可用以下方法制备粮食储备的强效熏虫剂 PH3。请回答：
(1)磷原子最外层的电子排布式_______；同族元素氢化物 RH3的某种性质随R 的核电荷数的变化趋势如图所示：
则 Y 轴可表示的氢化物性质可能是_______；根据P4的结构，推测其在CS2中的溶解度_______ (填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。
(2)配平反应Ⅰ的方程式，并标出电子转移方向和数目______。
_______P4+_______NaOH+_______→_______NaH2PO2+_______PH3↑
(3)由工业流程图可以判断H3PO2为_______(填“一”、“二”或“三”)元酸。
(4)在标准状况下若有 1mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成_______升 PH3气体(不考虑产物的损失)。
(5)查文献，AlP 遇水蒸气会发生水解反应也产生 PH3，该反应的另一种产物的电离方程式为_______。
27．（2021·上海·统考一模）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(硫酸亚铁铵)是一种重要的化工原料，用途广泛。完成下列填空：
(1)Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子核外有___种能量不同的电子，占有的轨道总数是___个。铁在元素周期表的第ⅦB和第ⅠB之间。铁位于第___周期___族。
(2)写出Fe与水反应的化学方程式：___。
(3)将(NH4)2Fe(SO4)2中非金属元素的简单阴离子按半径由小到大的顺序排列：___。
(4)同温度同浓度的FeSO4和(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(Fe2+)是否相等___？为什么？___。
(5)设计实验，证明(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体中含有Fe2+___。
(6)已知：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在200℃失去全部结晶水。将一定质量的粉末状该晶体置于坩埚中，保持200℃受热，经冷却、恒重等正确操作，计算得到的1mol晶体中结晶水含量总是偏低，偏低的可能原因是___(写一条即可)。
四、原理综合题
28．（2021·上海·统考二模）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：
(1)氧原子核外有_______种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为_______；K2CO3固体中含有的化学键有_______。
(2)合成步骤中的化学方程式为_______。
(3)当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因：_______。
Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
(4)该反应的氧化产物为_______，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为_______。
Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
(5)向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是_______。
(6)用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3_______mol。
29．（2021·上海杨浦·统考二模）2020年9月科学家发现金星上有磷化氢()，实验室制备的常用方法有两种：
①
②
完成下列填空：
(1)P核外能量最高的电子具有相同的___________(填写序号)。
A．轨道B．自旋方向C．电子云形状D．电子云伸展反应
(2)已知与的结构相似，的空间结构是___________。的分解温度比___________(填“高”、“低”)，判断的依据是___________。
(3)已知为三元酸，其结构式为：。
①次磷酸(中的P的成键情况与中的相同，则的结构式是___________。
②利用反应②制备时，即使KOH过量，仍只生成，说明是___________元酸。
(4)常温下，在不同pH的溶液中，各种含磷微粒的质量分数如图所示。
①电离平衡常数与化学平衡常数意义相同，写出第二步电离平衡常数表达式___________。
(2)图中可推断溶液呈___________(填“酸”、“碱”、“中”)性，可能的原因是___________。溶液中各含磷微粒以及按浓度由大到小的顺序排列___________。
30．（2021·上海静安·统考一模）氮气分子在催化剂作用下发生的一系列转化如下：
反应①属于工业固氮，为可逆反应。反应②可用于工业制硝酸。完成下列填空：
(1)氮原子的核外电子排布式是___________，氧原子最外层有_____种运动状态不同的电子。反应②的化学反应方程式是_____。
(2)为模拟反应①，T℃时，在2L恒容密闭容器中加入2molN2和2molH2，其中n(NH3)随时间的变化见图。
氮气在前2分钟内的平均反应速率v(N2)=______mol/(L·min)，达平衡时N2和H2的浓度之比为____。
(3)能说明上题所述反应在T℃下已达平衡状态的是_________(选填序号)。
A．混合气体的密度不再变化
B．3v正(H2)=2v逆(NH3)
C．容器内的总压强不再变化
D．各物质的浓度相等
E．氮气物质的量不再变化
请提出一条既能提高氢气的转化率，又能加快反应速率的措施______________。
(4)一氧化二氮俗名笑气，250℃时硝酸铵固体在密闭容器中加热分解可得N2O和H2O，该可逆反应的平衡常数表达式为________。
参考答案：
1．B
【详解】A．“轨道”2Px与3Py分别属于第二电子层和第三电子层，不同电子层的电子具有不同的能量，所以二者的能量不同，A选项错误；
B．所有的p轨道均为纺锤形，所以“轨道”2Px与3Py均呈纺锤形，B选项正确；
C．不同电子层上的电子，其占据空间的体积不一定相同，C选项错误；
D．在三维坐标中，“轨道”2Px在x轴方向伸展，3Py在y轴方向伸展，则在空间的伸展方向不同，D选项错误；
答案选B。
2．B
【详解】A．铝是13号元素，铝离子核外有10个电子，电子排布式为1s22s22p6，故A错误；
B．每个水分子中含有两个H-O共价键，水分子的结构式为：H-O-H，故B正确；
C．甲烷为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子，则甲烷的比例模型为： ，故C错误；
D．Al(OH)3显两性，部分电离，电离方程式为：Al3++3OH-⇌Al(OH)3⇌AlO2-+H++H2O，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为C，比例模型能够体现出分子的空间结构及各原子相对体积大小，判断比例模型要注意原子的相对大小。
3．D
【详解】A．MgF2中两种离子都与氖电子层结构相同，故A错误；
B．SO2是共价化合物，不含离子，故B错误；
C．Na2O中两种离子都与氖电子层结构相同，故C错误；
D．Na2S中钠离子与氖电子层结构相同，硫离子与氩电子层结构相同，故D正确。
4．A
【详解】A．中子数为20的氯原子，其质量数是17+20＝37，可表示为： ，A错误；
B．碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，其轨道表示式：，B正确；
C．()是直线形结构，碳原子半径大于氧原子半径，其比例模型：，C正确；
D．的电子式为：，D正确；
答案选A。
5．D
【详解】A． 水是共价化合物，水的电子式：，故A错误；
B． 乙炔的结构式：H-CC-H，故B错误；
C． 钙的核电荷数为20，钙离子的结构示意图：，故C错误；
D． 碳核外有6个电子，分为两个能层，碳原子的电子排布式：1s22s22p2，故D正确；
故选D。
6．B
【详解】A．中子数为30的铁原子的质量数为30+56=86，符号为Fe，A错误；
B．O原子最外层有6个电子，其中两个为未成对电子，电子式为，B正确；
C．O2-核外有10个电子，结构示意图为，C错误；
D．硫原子最外层有6个电子，3s能级上有两个电子，3p能级上有4个电子，硫原子最外层电子的轨道表示式为，电子应优先以相同的自旋方向占据空轨道，D错误；
综上所述答案为B。
7．D
【详解】A．二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，其正确的电子式为 ，故A错误；
B． C原子最外层电子的轨道表示式： ，故B错误；
C． 醋酸的分子式：C2H4O2，CH3COOH是结构简式，故C错误；
D． 乙烯的比例模型： ，故D正确；
故选D。
8．B
【详解】A．C6H6可以表示苯环，也可以表示CH≡C－CH=CH－CH=CH2等烃类，A不符合题意；
B．CH2O只能表示甲醛这一种物质，B符合题意；
C．选项中的核外电子排布示意图可以表示Ne原子，也可以表示Na＋、O2－等10电子的基态粒子，C不符合题意；
D．选项中的球棍模型可以表示NH3、PH3等粒子，D不符合题意；
答案选B。
9．B
【详解】A．羟基的电子式为：，故A错误；
B．碳原子核外电子排布为1s22s22p2，轨道表示式是：，故B正确；
C．氟原子的结构示意图为，故C错误；
D．次氯酸分子的结构式为：，故D错误；
故选B。
10．D
【详解】A．原子状态不同时，如基态碳原子和激发态的硅原子最外层电子的轨道表示式不相同，A错误；
B．2px、2py、2pz三个轨道的能量相同，2p才是碳原子核外能量最高的电子亚层，B错误；
C．硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，s有1个轨道，p有3个轨道，根据电子排布规律可知，其核外电子共占用8个轨道，C错误；
D．SiC 和Si均属于原子晶体，由于原子半径C＜Si，因此键长：C—Si＜Si—Si，则键能：C—Si>Si—Si，因此熔点SiC>Si，D正确；
答案选D。
11．A
【详解】A. 碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，按洪特规则，2个p电子分别占据2个轨道且自旋方向相同，轨道表示式：，A正确；
B. 甲基的电子式为：，B错误；
C. 丙烷的球棍模型：，C错误；
D. 氮分子的结构式： ，D错误；
答案选A。
12．C
【详解】A．最外层只有一个电子可能是H原子、碱金属元素原子或者ⅠB族元素原子，H原子、碱金属元素原子性质有相似的地方，都具有还原性，但与ⅠB族元素原子性质不同，故A错误；
B．原子核外L层上有8个电子的X原子，没有指明有没有M层，M层上有8个电子的Y原子，没有指明有没有N层，无法判断它们是什么原子，无法判断它们的化学性质是否相似，故B错误；
C．2p轨道上有3个未成对电子的X原子为N原子，3p轨道上有3个未成对电子的Y原子为P原子，N和P位于同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C正确；
D．原子核外电子排布式为1s2的X原子为He原子，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子为Be，二者性质不同，故D错误；
故答案为C。
13． 1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2) 2 高于 氨气分子间可形成氢键 极性 sp3 金属 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 3∶1
【详解】（1）镍是28号元素，位于第四周期，第Ⅷ族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d84s2，3d能级有5个轨道，这5个轨道先占满5个自旋方向相同的电子，再分别占据三个轨道，电子自旋方向相反，所以未成对的电子数为2；故答案为1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2)、2；
（2）氨气分子间存在氢键，分子间作用力强，所以氨的沸点高于膦（PH3）；根据价层电子对互斥理论，氨气中心原子N的σ键电子对数等于3，孤电子对数（5-3）÷2=1，则中心原子N是sp3杂化，分子成三角锥形，正负电荷重心不重叠，氨气是极性分子；故答案为高于、氨气分子间可形成氢键、极性、sp3；
（3）铜和镍属于金属，所以单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；铜和镍分别失去一个电子后若再失去电子，铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，所以ICu＞INi；故答案为金属；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子；
（4）①根据均摊法计算，晶胞中铜原子个数为6×1/2=3，镍原子的个数为8×1/8=1，则铜和镍的数量比为3:1；故答案为3:1。
【点睛】本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，物质熔沸点的判断，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。
14． 2s22p5 7 F元素与N元素电子层数相同，F元素的核电荷数比N元素多，吸引电子能力强，因此F元素的非金属性比N强 +1价 1：1 0.2NA 取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3＋过量，反之则不过量 3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g) ΔH＝－150.72kJ/mol
【详解】(1)的原子序数是9，原子最外层电子排布式为2s22p5；原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，所以N原子核外不同运动状态的电子有7种；分子中含有三键，电子式为；由于F元素与N元素电子层数相同，F元素的核电荷数比N元素多，吸引电子能力强，因此F元素的非金属性比N强；。
(2)中H是+1价，F是－1价，则根据化合价代数和为0可知元素的化合价是+1价；反应中铁元素化合价降低，氮元素化合价升高，铁离子是氧化剂，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；氮元素化合价从+1价升高到+2价，因此若生成，电子转移数是0.2NA；检验反应后是否过量的试剂是KSCN溶液，其操作方法是取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3＋过量，反之则不过量。
(3)单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，即四氧化三铁和氢气，且每生成氢气放出热量，则生成4mol氢气放出热量是37.68kJ×4=150.72kJ，此反应的热化学方程式为3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g) ΔH＝－150.72kJ/mol。
15． 1s22s1 O=C=O 离子键、共价键、金属键 3 2p [H：]- 氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大 3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑ Li 1.4g
【分析】LiH的阴离子为H-，结合核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小分析判断；Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，两种参与大气循环的气体为氮气和二氧化碳，据此书写反应的方程式；电池放电时原电池原理，结合电解饱和食盐水得到的气体为氢气和氯气，结合得失电子守恒计算。
【详解】(1)Li核外有3个电子，分两层排布，基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为O=C=O；反应②中，氧化锂中含有离子键，碳、一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键，故答案为：1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键；
(2)C原子核外有6个电子，分别在1s、2s、2p轨道，有3种不同能量的电子，能量最高的电子在2p轨道，故答案为：3；2p；
(3)LiH的阴离子为H-，其电子式为[H：]-，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小，所以氢负离子的半径比锂离子大，故答案为：[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
(4)Li2CO3、氨水混合物中加入液溴，反应生成LiBr，溴将氨水氧化生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑，故答案为：3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑；
(5) 磷酸亚铁锂电池总反应为：，电池放电时为原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极；若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，则氢气和氯气的总物质的量为=0.2mol，则生成氢气和氯气的物质的量都是0.1mol，根据H2～2Li～2e-，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故答案为：Li；1.4g。
16． 该反应条件下，镁为气体，从反应体系逸出，使平衡不断正向移动 吸热 c 不变 0.025mol/(L·h) 4 12 选择MgCl2，原因是MgCl2熔点低，能耗小
【详解】(1)1200℃时发生反应为2(CaO•MgO)(s)+Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)，此时镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动，使得化学反应能发生；
(2)由图象可知，温度越高，Mg的产率增大，说明升高温度平衡正移，所以正方向为吸热方向；
(3)a．平衡常数到达最大值，不能证明正逆反应速率相等，故错误；
b．化学平衡是动态平衡，反应物不再转化为生成物，则是证明反应结束的，故错误；
c．炉内Ca2SiO4与CaO•MgO的质量比保持不变，达到了平衡，故正确；
d．单位时间内，n(CaO•MgO)消耗：n(Ca2SiO4)生成=2：1，不能证明正逆反应速率相等，故错误；
故选c；
(4)因为该反应的K=C2(Mg)，平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则温度没变所以K不变，所以新平衡时Mg(g)的浓度不变；
(5)发生反应为：2(CaO•MgO)(s)+Si(s)⇌Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)，由关系式，解得m=1.2t，n=50000mol，这段时间Mg的生成速率v=50000mol÷(400×103)L÷5h=0.025 mol/(L•h)；
(6)①Mg原子核外有几个能级填充电子，则有几种能量不同的电子，Mg原子核外填充的电子为1s、2s、2p、3s能级电子，所以有4种能量不同的电子，它们的运动状态有12种；
②MgCl2是离子化合物，电子式为；
③氧化镁熔点比氯化镁熔点高，熔融离子晶体要消耗能源，从而增加成本，为减少成本，所以用熔融氯化镁冶炼镁。
17． 低 5 e 原子晶体 N3->O2->Al3+ 从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
【详解】(1) 合金的熔点一般低于任何一种组成金属的熔点，故该合金材料的熔点比组成成分的金属低；铝元素的原子核外由1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；
a.金属的金属性强弱与单质的硬度和熔点无关，所以不能根据单质的硬度和熔点判断金属性强弱；
b.钠的还原性过强，先与水发生反应，无法利用置换反应来判断钠镁的金属性强弱；
c.不能根据金属失电子数的多少比较金属性的强弱，应该根据金属失电子的能力大小进行分析，虽然钠失电数小于铝，但金属性钠失电子能力强于铝，此方法不能证明；
d.将空气中久置的Na放入热水中，由于Na发生潮解生成碳酸钠，不与热水反应，因此无现象，但久置在空气中的Al表面会发生氧化反应生成氧化铝，与热水反应也无现象，不能证明；
e.Al为两性金属，其盐可以与强碱发生反应生成氢氧化铝沉淀，又因氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和NaOH反应生成偏铝酸盐，因此可以证明Na的金属性比Al强；
故答案选e；
(2)氮氧化铝晶体的硬度很大，属于原子晶体；铝离子，氧离子，氮离子三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，则半径越小，故离子半径由大到小顺序为N3->O2->Al3+；
(3) 明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序是不水解的二元硫酸根离子浓度最大，钾离子和铝离子要考虑铝的水解，结合水解呈酸性，所以离子浓度大小顺序为：；铝离子水解生成氢离子，氢氧化镁固体和氢离子反应生成镁离子和水，从而促进铝离子水解生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为；
(4) 锂在氧气中燃烧方程式为，产物为，电子式为；
(5)从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
18． 哑铃或纺锤体 分子 SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大 a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能 SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se 的稀溶液 H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离
【详解】(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子上有6个电子，故最外层电子的轨道表示式为，原子核外占据最高能级为4p能级，故其电子云形状为哑铃或纺锤体形，故答案为：；哑铃或纺锤体；
(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，根据题干图示信息可知，该二聚态的结构式为，故答案为：；
(3)根据(2)中信息可知，SeO2易升华，由此推测，SeO2属于分子晶体，由于SeO2和SO2均为分子晶体，但由于SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大，其熔点远高于，由于SeO2分子中存在Se=O双键和Se-O单键,双键的键能大于单键的，故答案为：分子；SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大；a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能；
(4) SeO2可将的水溶液氧化成H2SO4，根据氧化还原反应的规律，化合价有升必有降，故SeO2被还原为Se，故反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se，常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：；。则在相同浓度与的稀溶液中，由于H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离，故的电离程度较大的是的稀溶液，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；的稀溶液；H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离。
19． 第三周期第ⅣA族 4 原子晶体 最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4中Si为+4价，N为-3价、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4 N原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强 金刚石为原子晶体，而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力，故金刚石的熔点远高于足球烯 离子键、共价键 78
【详解】(1)SiO2、C、Si3N4均为原子晶体，不存在分子结构，CO分子的正负电荷中心不重合，为极性分子；N2的正负电荷中心重合，为非极性分子，电子式为；Si元素为14号元素，位于第三周期第ⅣA族，其最外层电子的排布式为3s23p2，轨道表示式为，最外层共有4个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以有4种运动状态不同的电子；
(2)氮化硅(Si3N4)耐高温、硬度大，为原子晶体；最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4中Si为+4价，N为-3价(说明Si的电负性小于N)、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4均可以说明氮元素比硅元素的非金属性强；N原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强；
(3)足球烯有分子式，说明为分子晶体，而金刚石为原子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力，故金刚石的熔点远高于足球烯；
(4)根据题意可知叠氮化钠由Na+和N构成，所以存在离子键，N中存在氮原子之间的共价键；40.32 L(标准状况下)氮气的物质的量为=1.8mol，叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，根据元素守恒可知消耗1.2molNaN3，质量为1.2mol´65g/mol=7.8g。
20． 3 D 三角锥 极性 两者具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N x-y 小于 由图可知，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大 BD
【分析】按核外电子排布规律、原子结构、元素的位置和元素性质的相互关系回答；对反应AsO(aq) + I2(aq) + 2OH-(aq) AsO(aq) + 2I-(aq) + H2O(l)，按平衡常数的定义、结合数据计算平衡浓度、由化学平衡的特征判断说法的正误；
【详解】(1)砷原子核外最外层电子排布式为4s24p3，按洪特规则，3个p电子分别占据3个p轨道，故未成对电子数为3。黄砷(As4)与白磷(P4)的结构类似，则A．分子中共价键键角均为60°，A错误； B．砷原子半径大于磷，黄砷中共价键不如白磷牢固，即键能小于白磷，B错误； C．黄砷分子是同种元素组成的非金属单质，分子内只有非极性键，属于非极性分子，C错误；D．结构相似，黄砷相对分子质量比白磷大、分子间作用力比白磷大，熔点高于白磷，故叙述正确的是D。
(2)砷化氢的结构与氨气类似，则砷化氢的电子式为，其分子的空间构型为三角锥型，分子内正电荷重心和负电荷重心不重叠，是极性分子。
(3) N 和As元素均位于ⅤA族，具有相同的最外层电子数，因为As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N。
(4)①按定义，反应AsO(aq) + I2(aq) + 2OH-(aq) AsO(aq) + 2I-(aq) + H2O(l)的平衡常数表达式，由表知，平衡时，c(AsO)= y mol·L-1，则反应过程中消耗n(AsO)= 0.06L×y mol。则平衡时
②由图可知，tm时，c(AsO)< y mol·L-1，则反应从正方向建立平衡，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大v逆
B．平衡时各成分的浓度不再变化，则溶液的pH不再变化，B正确；
C．平衡时各成分的浓度不再变化，c(I-)= 2c(AsO)= 2y mol·L-1，C错误；
D．平衡时各成分的浓度不再变化，c(AsO)/c(AsO)不再变化，D正确；
选项正确的是BD。
21． ＜ 氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高 类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层 Al、Si 2NA
【详解】(1)硅为14号元素，故硅原子的结构示意图为；硅和铝为同一周期元素，从左往右半径依次减小，故r(Si) ＜ r(Al)，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：，故答案为：；＜；；
(2)由于F的电负性比Cl的大，故氟化铝中存在离子键，而氯化铝中存在的是共价键，它们熔点差异大的原因可能是氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，故答案为：氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高；
(3) 类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层，故类铝的最外层电子排布式为，故答案为：；类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层；
(4) 还原产物是指元素的化合价降低被还原而成的产物，根据上述反应可知，最终还原产物为Al、Si；反应中C的化合价由0价升高为CO中的+2价，故当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为：2NA个，故答案为：Al、Si；2NA。
22． H
(3)根据工业制硝酸的反应原理4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要，故答案为：根据工业制硝酸的反应原理，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要。
23． 4 离子晶体 r(Na+)
(2) NaNO2属于离子化合物，所以属于离子晶体；组成NaNO2的三种元素，其对应的简单离子分别为，均为10电子结构，由具有相同电子层结构的离子“序小径大”，所以离子半径大小关系为r(Na+)
【详解】(1)H、C、N、O核外未成对电子数目分别为1、2、3、2，核外未成对电子数目相等的是C和O；同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：C>N>O>H。
(2)HCN中C、N都满足8电子稳定结构， HCN的电子式为，C和N是位于同周期相邻元素，N的核电荷数比C大，N原子半径比C小，N对核外电子吸引力更强，所以C、N之间的共用电子对偏向的元素是N。
(3)利用化合价升降法来配平，反应的化学方程式为2NH3+2O2N2O+3H2O；反应中N化合价由-3价升高为+1价，O化合价由0价降低为-2价，每生成1 mol水转移 mol电子，生成1.8 g水即0.1 mol水时转移电子0.1× mol= mol，转移电子数为NA或0.267NA或1.6×1023；N2O为直线型极性分子，分子结构为，则该分子中所含化学键的类型有氮氮非极性共价键，氮氧极性共价键，故答案为ab。
25． 7 1 浓硫酸具有强氧化性，在铝表面形成了致密的氧化膜 NaOH Al3+水解结合水中的OH—使溶液显酸性，水解结合水中的H+使溶液显碱性，水解平衡互相促进，直至产生白色沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体
【详解】(1)Al的基态电子排布式为1s22s22p63s23p1，其中占有1s能级1个轨道、2s能级1个轨道、2p能级3个轨道、3s能级1个轨道、3p能级1个轨道，共占有1+1+3+1+1=7个轨道；3p能级上有1个电子，该电子为未成对电子，故未成对电子1个；
(2)浓硫酸具有强氧化性，可以使Al钝化，在Al表面形成一层致密的氧化膜；要出去铁粉中的铝粉，可以向混合粉末中加入NaOH溶液，此时，Fe不与NaOH反应而Al可以，从而达到除去铝的目的；
(3)Al3+为弱碱阳离子，HCO为弱酸阴离子，Al3+水解结合水中的OH—使溶液显酸性，水解结合水中的H+使溶液显碱性，水解平衡互相促进，直至产生白色沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体。
26． 3s23p3 热稳定性、键能 大于 1P4+3NaOH+3H2O→3NaH2PO2+1PH3↑ 一 56 H+ +AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3+ +3OH-
【分析】(1)磷是15号元素，结合原子结构和元素周期律、相似相溶原理分析解答；
(2)根据化合价升降守恒结合质量守恒配平方程式；
(3)根据工业流程图，NaH2PO2与硫酸反应生成H3PO2，确定H3PO2的类型；
(4)根据发生反应的过程寻找关系式分析计算；
(5)AlP遇水蒸气会发生水解反应放出PH3气体和Al(OH)3，Al(OH)3属于两性氢氧化物，存在酸性电离与碱式电离，据此分析解答。
【详解】(1)磷是15号元素，第三电子层为最外层，电子数为5，最外层电子排布式是3s23p3，N、P、As位于周期表同一主族，从上到下排列，根据元素周期律可知，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，从上到下原子半径逐渐增大，键能逐渐减小，因此Y轴可表示三种氢化物的稳定性、键能；P4 为正四面体结构，为非极性分子，CS2 为非极性分子形成的溶剂，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，P4在CS2 中的溶解度大于在水中的溶解度，故答案为：3s23p3；热稳定性、键能；大于；
(2) P4和烧碱溶液反应生成PH3↑、NaH2PO2，反应中P部分由0价升高为+1价，部分由0价降低为-3价，根据化合价升降守恒，PH3配1，NaH2PO2配3，结合质量守恒可知，反应物中缺少的物质为H2O，配平后的方程式为：1P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，故答案为：1P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；
(3)根据工业流程图，NaH2PO2与硫酸反应生成H3PO2，可以确定H3PO2属于一元酸，故答案为：一；
(4)P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2、反应Ⅱ为2NaH2PO2+H2SO4=2H3PO2+Na2SO4，反应Ⅲ为2H3PO2=PH3↑+H3PO4，因此P4～2.5PH3，若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH3，在标准状况下的体积为2.5mol×22.4L/mol=56L，故答案为：56；
(5)AlP遇水蒸气会发生水解反应放出PH3气体，生成的另外一种物质为Al(OH)3，Al(OH)3属于两性氢氧化物，存在酸性电离与碱式电离，电离方程式为：H+ +AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3+ +3OH-，故答案为：H+ +AlO+H2O⇌Al(OH)3⇌Al3+ +3OH-。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意关系式法在解题中的应用。
27． 7 15 四(或4) Ⅷ r(H-)＜r(O2-)＜r(N3-)＜r(S2-) 不相等 因为Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+、NH+H2ONH3·H2O+H+，的水解会抑制Fe2+水解，使(NH4)2Fe(SO4)2中c(Fe2+)偏大 取样少许，加水(或稀硫酸)溶解，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明含Fe2+ (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低
【详解】(1)电子能量由能层和能级共同决定，同一能级能量相同，铁原子核外有7个能级填充电子，故有7种能量不同的电子；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，根据铁原子的电子排布式知，1s~4s能级每个轨道都有电子填充，故共有15个轨道有电子填充，占有的轨道总数为15个；铁元素价电子排布为：3d64s2，最高能层为第四层，故位于第四周期，价电子共有8个，位于周期表的第8列，周期表中8、9、10三列合称第Ⅷ族，即铁位于第四周期第Ⅷ族。
(2)Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，反应方程式为：；
(3)四种非金属元素简单阴离子分别为：H-、N3-、S2-、O2-，其中H-电子层为一层，半径最小，S2-电子层为三层，半径最大，N3-、O2-电子层均为两层，但O的核电荷数大，对核外电子引力强，故半径小，所以四种离子半径大小顺序为：r(H-)＜r(O2-)＜r(N3-)＜r(S2-)；
(4)(NH4)Fe(SO4)2中Fe2+水解与水解相互抑制，水解程度比FeSO4中Fe2+水解程度小，故(NH4)Fe(SO4)2中Fe2+浓度大于FeSO4中Fe2+浓度；
(5)证明(NH4)Fe(SO4)2中含有Fe2+，可以通过将Fe2+氧化为Fe3+检验，但需排除原有Fe3+干扰，故应该先加KSCN，再氧化Fe2+，具体方案为：取样少许，加水(或稀硫酸)溶解，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明含Fe2+；
(6)由于样品中铁元素为二价，易被氧化，题目操作未说明隔绝空气，故会产生误差，即 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低。
28． 8 5s25p5 离子键、极性共价键 I2+5H2O22HIO3+4H2O H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等 Cl2 2NA 加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率 1
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O22HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
【详解】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与之间以离子键结合；在阴离子中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O22HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
29． BC 三角锥形 低 r(N)小于r(P)，N—H的键长更短，键能更大 一 酸 溶液中电离程度大于水解程度 c()>c(H+)>c()>c(H3PO4) >c()
【详解】(1)P原子的核电荷数为15，基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p3，3p亚层上上的电子能量相同，电子云形状相同，自旋方向相同，电子云伸展方向不同，故选BC；
(2)分子属于共价化合物，电子式为：，氮原子为sp3杂化，含有1对孤电子对，分子构型为三角锥形，与的结构相似，为三角锥形；氮和磷为同一主族元素，氮原子半径小于磷原子半径，N—H键的键长更短，键能更大，氨气分解需要的温度高，故的分解温度比的低；
(3)①为三元酸，其结构式为：，次磷酸()分子中，P的成键情况与中的相同，根据成键规律可知，的结构式是；
②利用反应制备时，即使KOH过量，仍只生成，说明只能电离出1个氢离子，其为一元酸；
(4)①H3PO4H++，H++，第二步电离平衡常数表达式；
(2)根据图表信息分析可知，当物质的量分数较大时，溶液的pH小于7，即溶液显酸性，原因是在水溶液中电离程度大于水解程度；由于溶液中的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，所以c()>c(H3PO4)，由于溶液中存在水的电离平衡，所以c(H+)>c()；溶液中，c()为最小；因此溶液中各离子浓度由大到小的顺序排列为：c()>c(H+)>c()>c(H3PO4) >c()。
30． 1s22s22p3 6 4NH3+5O24NO+6H2O 0.05625 2：1 C、E 加压(或充入过量N2) K=c(N2O)×c2(H2O)
【详解】(1)N元素为7号元素，原子核外有7个电子，核外电子排布式为1s22s22p3；O元素为6号元素，最外层有2个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以氧原子最外层有2种运动状态不同的电子；据图可知反应②为氨气被催化氧化生成NO的反应，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
(2)据图可知前2分钟内Δn(NH3)=0.45mol，反应①的方程式为N2+3H22NH3，所以Δn(N2)=0.225mol，容器体积为2L，所以v(N2)==0.05625mol/(L·min)；据图可知5min后达到平衡，此时Δn(NH3)=0.8mol，根据方程式可知Δn(N2)=0.4mol，Δn(H2)=1.2mol，则平衡时：n(N2)=2mol-0.4mol=1.6mol，n(H2)=2mol-1.2mol=0.8mol，所以平衡时N2和H2的浓度之比=2：1；
(3)A．容器恒容，气体的体积始终不变，反应物和生成物均为气体，所以气体质量始终不变，则密度为定值，密度不变不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；
B．达到平衡时v正(H2)= v逆(H2)，即2v正(H2)=3v逆(NH3)，所以3v正(H2)=2v逆(NH3)不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应平衡，故B不符合题意；
C．该反应前后气体系数之和不相等，所以气体总物质的量会变，而容器恒容，所以未平衡时压强会变，当压强不变时说明达到平衡，故C符合题意；
D．反应到达平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，但不一定相等，与初始投料和转化率有关，故D不符合题意；
E．反应到达平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，所以氮气物质的量不再变化可以说明反应达到平衡，故E符合题意；
综上所述答案为C、E；
该反应为气体系数之和减小的反应，所以增大压强或充入过量N2既能提高氢气的转化率，又能加快反应速率；
(4)根据题意可知硝酸铵固体加热分解的方程式为NH4NO3(s)N2O(g)+2H2O(g)，根据平衡常数的概念可知该反应K=c(N2O)×c2(H2O)。
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