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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-130原子结构与性质（4）
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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-130原子结构与性质（4），共35页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，原理综合题，填空题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-130原子结构与性质（4）
一、单选题
1．（2021·上海金山·统考一模）碳原子最外层电子的轨道表示式正确的是
A． B．
C． D．
2．（2021·上海闵行·统考一模）A、B、C、D 是原子序数递增的短周期元素。A、C 原子最外层均有一个空轨道，B、D 原子均有一个未成对电子，且 B 原子核外有 5 种不同能量的电子。下列说法错误的是
A．A 的氧化物属于分子晶体 B．B 的氯化物属于弱电解质
C．C 的氧化物属于共价化合物 D．D 的单质中含有非极性键
3．（2020·上海崇明·统考二模）M、N、W、K四种元素在元素周期表中的位置如图所示。已知W原子的最外层电子构型为nsnnp2n。则下列叙述正确的是（ ）
M
N
W
K
A．四种元素的气态氢化物均为极性分子
B．四种元素的单质一定只形成分子晶体
C．四种元素原子的最外电子层上均有两种不同形状的电子云
D．四种元素的最高正价数均等于它们的原子的最外层电子数
4．（2020·上海金山·统考二模）有关磷原子最外层电子的描述正确的是
A．有2种不同运动状态 B．有5种不同能量
C．有4种不同的伸展方向 D．只有1种自旋方向
5．（2020·上海虹口·统考二模）第三周期的三种元素甲、乙、丙，原子序数依次增大，且原子核外都有1个未成对电子，下列说法错误的是
A．金属性：甲>乙>丙 B．三种元素的单质都能与水反应
C．离子半径：甲>乙>丙 D．最高价氧化物对应水化物可两两相互反应
6．（2020·上海长宁·统考二模）对储氢材料CaH2描述错误的是（ ）
A．离子半径：H->Li+ B．H-有强还原性
C．Ca2+最外层电子排布式：3s23p6 D．CaH2晶体中既有离子键又有共价键
7．（2020·上海浦东新·统考二模）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-
8．（2020·上海闵行·统考二模）主族元素R的原子最外层电子排布为nsnnp2。说法正确的是
A．一定位于第2周期 B．氢化物一定是RH4
C．一定位于第Ⅳ族 D．含氧酸一定是H2RO3
9．（2020·上海宝山·统考二模）某原子的轨道表示式如下,从中得到的信息错误的是（ ）
A．有2个电子层
B．有3种能量不同的电子
C．最外层有3个电子
D．有7种运动状态不同的电子
10．（2020·上海嘉定·二模）下列氮元素化学用语正确的是
A．氮分子的电子式： B．氮原子电子排布式：lS22S22p5
C．氮分子的结构式： D．氮原子最外层轨道表示式：
11．（2020·上海黄浦·统考一模）下列有关化学用语描述正确的是
A．钠离子的轨道排布式： B．硫离子的结构示意图：
C．NH4Cl的电子式： D．对氯甲苯的结构简式：
12．（2020·上海嘉定·二模）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
二、结构与性质
13．（2021·上海嘉定·统考一模）Al2O3可以从铝土矿中获得，铝土矿的主要成分为Al2O3，含Fe2O3、SiO2等杂质。经过“酸溶法”或“碱溶法”等都可以去掉杂质得到Al2O3。19世纪后期，美国的霍尔和法国的埃鲁先后独立发明了电解Al2O3法生产铝。2Al2O34Al+3O2↑[冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂，降低氧化铝熔点]
(1)上述涉及到Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，不是主族元素的是___________，Al3+电子排布式___________，O原子的未成对电子数___________。
(2)制造“中国芯”芯片的核心元素Si位于元素周期表第___________周期第___________族。冰晶石(Na3AlF6)晶体中阴、阳离子各一种，阴离子符号___________。
(3)用“>”或“＜”填空：
原子半径
非金属性
熔点
Al_______Si
O______ F
二氧化硅________晶体硅
(4)用离子晶体的知识解释Al2O3比Na2O熔点高的原因_________。
(5)其实电解法生产铝有很多弊端，科技工作者不断创新。下面一种新型直接从铝土矿中提取铝的方法
I．Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3 AlCl(g)+ 3CO(g) -1486kJ
II．3 AlCl(g)2 Al(l)+ AlCl3(g) +140 kJ
①反应I中的还原产物是___________；若有0.6gC反应，电子转移数目为___________
②结合反应I、II分析，请说出这种提炼方法2条优点___________ ___________。
三、原理综合题
14．（2021·上海松江·统考一模）用生产含氯有机物时会产生HCl。利用反应：可实现氯的循环利用。完成下列填空：
(1)上述反应中所有元素原子半径由大到小的顺序为___________。与氯元素同族的短周期元素原子最外层电子的轨道表示式为___________。
(2)判断氯、溴非金属性强弱的依据是___________(选填序号)。
a．熔点：Cl2＜Br2 b．氧化性：Cl2＞Br2
c．热稳定性：HCl＞HBr d．酸性：HCl＜HBr
(3)若反应在固定体积的密闭容器中发生，能说明反应已达平衡的是___________(选填序号)。
a． b．体系压强不再改变
c．混合气体密度不变 d．
(4)若反应容器容积为2L，4molHCl与1mol混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则用HCl表示该反应的化学反应速率为___________。
(5)如下图是在2种不同投料比[=1，6 ]下，温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线a对应的投料比=___________。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，可采取的措施有___________；___________。
15．（2020·上海·二模）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)晶体性质具有Na2CO3和H2O2 的双重性，被广泛用于氧气发生、漂白杀菌、污水处理、金属表面处理以及高分子聚合控制等。
(1)Na 原子的核外电子排布式为_____，O 原子核外 L 层上有_______种能量不同的电子，H2O2 的电子式是_____________________________________________
(2)设计一个简单实验，比较O 元素与其同主族短周期元素的非金属性强弱(简要写出实验方法、实验现象和结论)_____；并用原子结构知识对作出的结论进行解释_____。
(3)用一个离子方程式表示过碳酸钠溶液显碱性的原因________________________。
(4)高锰酸根离子()水对人体危害极大，可用过碳酸钠改性赤泥进行处理，反应如下：
_____+_______CO+___H2O2→___MnCO3¯+___□+____OH-+____H2O
补全并配平上述化学反应过程式_____；反应中，过碳酸钠起沉淀剂和_________剂作用；若将 1L 含Mn 2000mg·L-1 的含高锰酸根离子的废水处理至含Mn 1.2mg·L-1，则转移电子数为_____mol(保留 2 位小数)
16．（2020·上海徐汇·统考二模）砷()元素广泛的存在于自然界，在周期表中的位置如表。
完成下列填空：
(1)砷元素最外层电子的排布式为______________。
(2)砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大。砷化镓熔点为1230℃，的熔点为3000℃，从物质结构角度解释两者熔点存在差异的原因__________。
(3)亚砷酸盐()在碱性条件下与碘单质反应生成砷酸盐()，完成反应的离子方程式： ____+I2+_____ ⇌ ______。该反应是一个可逆反应，说明氧化还原反应的方向和______有关。
(4)工业上将含有砷酸盐()的废水转化为粗的工业流程如下：
①写出还原过程中砷酸转化为亚砷酸的化学方程式： ___________
②“沉砷”是将转化为沉淀，主要反应有：
i.Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH—(aq)+Q
ii.5Ca2++OH—+3⇌Ca5(AsO4)3OH-Q
沉砷最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因___。
17．（2020·上海松江·统考二模）磷酸氯喹（C18H32ClN3O8P2）是当前治疗冠状病毒的药物之一，而碳、氮、氯、磷等是其重要的组成元素。完成下列填空：
（1）碳原子核外有__个轨道；氯原子最外层电子的轨道表示式是__。
（2）属于同主族的两种元素，非金属性大小的关系是__（用元素符号表示）。
（3）已知磷酸是弱电解质，它的分子式为H3PO4。其酸式盐Na2HPO4的电离方程式是__。经测定Na2HPO4的水溶液呈弱碱性，请用学过的化学知识进行解释：__。
（4）常温下，在CH3COONa溶液中加入一定量的HCl，使其pH=7，则c(Cl-)_c(CH3COOH)（填“＜”、“＞”、“=”）。
（5）向2.0L恒容的密闭容器中充入1.0molPCl5，发生如下反应：PCl5(s)⇌PCl3(g)+C12(g)-124kJ。控制体系温度不变，反应过程中测定的部分数据见下表：
时间/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)mol
0
0.16
0.19
0.2
0.2
①该条件下平衡常数的表达式为__；前50s内Cl2的反应速率为__。
②要提高上述反应中反应物的转化率，可采取的措施有__、__（任写两点）。
向上述达到平衡③的反应体系中，再加入0.02molPCl3、0.02molC12，则平衡__。移动（选填“正向”、“逆向”、“不”），平衡常数__（选填“增大”、“减小”、“不变”）。
18．（2020·上海奉贤·统考一模）镁带能在CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。请完成下列填空：
（1）碳元素形成的单质有金刚石、石墨、足球烯等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因是_______。
（2）氧化镁的电子式为_______，CO2的结构式为______。与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为______，其1个原子中能量最高的电子有______个。
（3）一定条件下，在容积恒为2.0L的容器中，Fe和CO2发生如下反应：CO2(g)+Fe(s)FeO(s)+CO(g)，若起始时向容器中加入1molCO2，5.0min后，容器内气体的相对平均分子量为32，则n(CO2)：n(CO)之比为_______，这段时间内用CO2表示的速率v（CO2）=_______。
（4）下列说法错误的是_______。
a.当混合气体的密度不变时说明反应达到了平衡
b.混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到了平衡
c.平衡后移除二氧化碳时，正反应速率一直减小直至建立新的平衡
d.平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率不变，平衡不移动
（5）保持温度不变的情况下，待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向______移动（选填“正向”、“逆向”、或“不”），二氧化碳的转化率_____（填“增大”，“减小”或“不变”）。
四、填空题
19．（2020·上海静安·统考二模）磷是人体所必需的重要矿物质元素，磷的化合物在生产和生活中应用广泛。
反应：P4+ NaOH+H2O→ NaH2PO2 +PH3(未配平)制得的次磷酸钠(NaH2PO2)可作食品防腐剂，也可用于化学镀镍。
请回答下列问题：
(1)磷原子的核外电子排布式：___________；磷原子核外有_____种能量不同的电子。
(2)上述反应的反应物和生成物中含有非极性键的分子是______。(写出物质的化学式)
(3)将Na、O、P三种原子的原子半径大小按由大到小的顺序排列___________________。
(4)NH3的稳定性比PH3的(填“强”或“弱”)_________，判断理由是____________。
(5)A、配平上述反应，并标出电子转移方向与数目_________
P4+ NaOH+ H2O→ NaH2PO2 + PH3
B、上述反应中每生成1 mol 氧化产物，转移电子的数目为___________。
20．（2020·上海杨浦·统考二模）I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。完成下列填空：
(1)氮原子核外能量最高的电子所处的轨道是：____________。锂离子核外电子的轨道表示式是：____________。
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，用物质结构的知识说明这两种含氮化合物熔点差异的可能原因____________。
II．研究者发明了利用锂循环合成氨的工艺，其流程如下：
(3)每合成1mol氨，转移电子____________mol；该过程最终得到的氧化产物是____________。
(4)写出反应Ⅱ的化学反应方程式：____________。向0.35gLi3N中加入40mL1mol/L的盐酸，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：____________。
(5)由元素周期律能得到____________（填序号）。
A．碱性：LiOH＜NaOH B．与水反应的剧烈程度：Li＜Na
C．溶解度：LiOH＜NaOH D．密度：Li＜Na
(6)NaN3可用于汽车安全气囊，冲撞时发生如下反应：□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，配平此反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。____________
21．（2020·上海长宁·统考二模）硒是动物和人体所必需的微量元素之一，在周期表中信息如图所示。完成下列填空：
（1）Se元素在周期表中的位置为___。表中78.96的意义为__。Se原子最外层电子排布的轨道表示式为___。
（2）从原子结构角度解释硫的非金属性大于硒___。
（3）硒化氢（H2Se）是一种有恶臭味的有毒气体，是一种___（选填“极性、或非极性”）分子，其空间结构为___型。
（4）工业上常用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，写出反应的化学方程式___。理论上该反应每转移1mol电子，可得到SeO2的质量为___g，得到SO2在标准状况下的体积为___ L。
22．（2020·上海浦东新·统考二模）二氧化氯（ClO2）可以除去工业污水中的氰化物，反应的离子方程式为：2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-
完成下列填空：
（1）上述反应所涉及元素的原子半径由大到小的顺序是___；其中原子核外有两个未成对电子的元素有___。请比较碳和氮元素非金属性强弱___（用一个化学反应方程式表示）。
（2）二氧化氯还可以除去污水中的锰离子，请配平如下反应：___。
ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4
若反应中生成0.2molMnO2，则电子转移___个。
（3）氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，它的电子式为___。
（4）另一种处理含氰化物污水的方法是电解法，分析判断CN-是在___极上（选填编号：①阴；②阳）被反应成CO2和N2，判断的依据是___。
23．（2020·上海崇明·统考二模）我国十分重视保护空气不被污染，奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫、氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。完成下列填空：
I.（1）碳原子的最外层电子排布式为___。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较，它们不相同的运动状态为___。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是（选填编号）___。
A．它们的气态氢化物的稳定性
B．它们在元素周期表中的位置
C．它们相互之间形成的化合物中元素的化合价
D．它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱
Ⅱ.已知NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，在一定容积的密闭容器中进行该反应。
（2）在一定条件下，容器中压强不发生变化时，___（填“能”或“不能”）说明该反应已经达到化学平衡状态，理由是：___。
在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，则在平衡移动过程中（选填编号）___。
A．K值减小 B．逆反应速率先减小后增大
C．K值增大 D．正反应速率减小先慢后快
Ⅲ.化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CON2+4CO2+Q(Q＞0)
（3）写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式___。按该反应正向进行讨论，反应中氧化性：___＞___。
若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，则用NO2来表示反应在此2min内的平均速率为___。
（4）已知压强P2＞P1，试在图上作出该反应在P2条件下的变化曲线___。
该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：___。
24．（2020·上海静安·模拟预测）第三周期元素中，镁元素核外有___种能量不同的电子；氯元素的最外层电子排布式为______；由这两种元素组成的化合物的电子式为______________。
25．（2020·上海静安·统考一模）以C、CO、CO2、CH4等含1个碳原子的物质为原料，可以合成一些化工原料和燃料。
（1）碳原子的核外电子排布式是___，其最外层有___种运动状态不同的电子。
（2）上述物质中属于非极性分子的是___。
（3）合成气（CO和H2)在不同催化剂的作用下，可以合成不同的物质。
①用合成气制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，写出制备二甲醚的化学方程式____。
②仅用合成气为原料不可能合成的物质是___(填字母序号)。
a.甲醇 b.乙二醇 c.乙二酸 d.尿素
工业上可用CO2生产燃料甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q（Q>0）。在2L的密闭容器中，发生上述反应：测得n(CO2)和n(CH3OH）随时间变化如图所示。
（4）该反应的化学平衡常数的表达式K=___，如果平衡常数K减小，平衡___(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（5）从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=___。
（6）为了提高CH3OH的产量，理论上可以采取的合理措施有___、___（任写2条措施）。
（7）常温常压下，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，写出该反应的热化学方程式___。
26．（2020·上海奉贤·统考一模）NaNO2是一种白色易溶于水的固体，溶液呈碱性，其外观与氯化钠相似，有咸味，俗称工业盐；是一 种重要的化学试剂、漂白剂和食品添加剂。已知亚硝酸盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子； 亚硝酸银是可溶于稀硝酸的白色沉淀。
请完成以下填空：
（1）N原子最外层电子的轨道排布式为_______；用一个事实说明氮和氧非金属强弱_______。
（2）酸性条件下，NaNO2溶液只能将I－氧化为I2，同时生成NO。写出此反应①的离子方程式并标出电子转移的方向和数目______。
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，工业上氧化卤水中的I－提取单质I2选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，可能的原因是_______。
（4）在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性，则c(Cl-)_____c(HNO2)（填“<”、“>”或“=”）。
（5）设计一种鉴别亚硝酸钠和氯化钠的实验方案。_______
五、工业流程题
27．（2020·上海金山·统考二模）以粉煤灰（主要成分：Al2O3、SiO2、少量Fe2O3）为原料，制取Al2O3的部分工艺流程如下：
完成下列填空：
(1)铝原子核外有_____种不同能量的电子，最外层电子的轨道式是_____________，上述流程涉及第二周期元素的原子半径由小到大的顺序是______________________________。
(2) “除铁”是将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为______________________，检验溶液中Fe3+是否除尽的方法是____________________________________________。
(3)解释“结晶”过程中向AlCl3浓溶液中通入HCl气体的原因。______________________
(4)上述流程可循环的物质是_______________。
(5)工业上将Al2O3溶解在熔化的冰晶石中电解获得铝，该反应的化学方程式为___________。
参考答案：
1．C
【分析】碳原子的原子序数为6，位于第二周期IVA族，其价电子排布规律遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，据此分析解答。
【详解】A．2p轨道应优先占据轨道，所以 不遵循洪特规则，A错误；
B．2p轨道单电子的自旋方向应相同，所以 不遵循洪特规则，B错误；
C．碳原子的最外层电子的轨道表示式为 ，规范且正确，C正确；
D．2s轨道未满2电子，不符合能量最低原理，D错误；
故选C。
2．B
【分析】B原子核外有5种不同能量电子，说明B原子有5个能级，即1s、2s、2p、3s、3p，故B位于第三周期，因为B、C、D原子序数递增且为短周期，故C、D也位于第三周期，第三周期有一个未成对电子的有：1s22s22p63s23p1和1s22s22p63s23p5，即Al和Cl，故B为Al，D为Cl，C最外层有一个空轨道，此空轨道只能为3p，故C排布式为1s22s22p63s23p2，即C为Si，A能层可能为两层或一层，若为一层则不可能存在空轨道，故A为两层，且空轨道为2p，即A排布式为1s22s22p2，故A为C。
【详解】A．C的氧化物为CO或CO2，两者均为分子构成，故其固态为分子晶体，A正确；
B．AlCl3溶于水完全电离产生Al3+、Cl-，故AlCl3为强电解质，B错误；
C．SiO2中Si与O之间为共价键，即SiO2只含共价键，故为共价化合物，C正确；
D．Cl2中两个Cl原子吸引电子能力相同，故两者之间的共用电子对不偏向任何一方，即为非极性共价键，D正确；
故答案选B。
3．C
【分析】W原子的最外层电子构型为nsnnp2n，则n=2，即W原子的最外层电子构型为2s22p4，为O元素，则M为C元素，N为N元素，K为S元素，结合原子结构和元素周期律分析解答。
【详解】A．四种元素的气态氢化物中的甲烷为非极性分子，故A错误；
B．四种元素的单质可能形成分子晶体，如氧气，也能形成原子晶体，如金刚石，故B错误；
C．四种元素原子的最外电子层上均含有s、p两个能级，均有两种不同形状的电子云——球形和纺锤形，故C正确；
D．四种元素中的O元素没有最高正价，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意O的非金属性较强，一般没有正化合价，F的非金属性最强，不存在正化合价。
4．C
【详解】A．处于不同能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子自旋方向相反，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有5种不同的运动状态，故A错误；
B．处于不同能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子的能量相同，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有2种不同能量，故B错误；
C．s轨道是球形的，在空间伸展方向为1，p轨道是纺锤形，在空间的伸展方向为3，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有4种不同的伸展方向，故C正确；
D．电子排布在同一轨道的电子自旋方向相反，电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有2种自旋方向，故D错误；
故选C。
【点睛】电子排布在同一轨道的电子自旋方向相反，电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同是解答关键，也是易错点。
5．C
【分析】第三周期的元素中，原子核外有1个未成对电子的原子的价电子排布情况为3s1、3s23p1、3s23p5，甲、乙、丙原子序数依次增大，故甲为钠，乙为铝，丙为氯，以此作答。
【详解】A. 根据元素周期律，同周期，核电荷数越小，金属性越强，故金属性：Na>Al >Cl，A说法正确；
B. 三种元素的单质都能与水反应：2Na+2H2O= 2NaOH+ H2↑，2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑，Cl2+H2OHCl+HClO，B说法正确；
C. 不同电子层结构，电子层数越多离子半径越大，相同电子层结构，质子数越多，离子半径越小，则离子半径：Cl->Na+>Al3+ ，C说法错误；
D. 铝元素的最高价氧化物对应水化物Al(OH)3具有两性，可以与强酸强碱发生反应，氯的最高价氧化物对应水化物为高氯酸HClO4是强酸，钠的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠NaOH是强碱，故这三者两两可以相互反应，D说法正确；
答案选C。
6．D
【详解】A.具有相同电子层排布的离子中，核电荷数小的半径大，H-与Li+电子层数相同，则离子半径：H->Li+，故A正确；
B.H-易失去电子，则具强还原性，故B正确；
C.钙的原子序数为20，失去2个电子转化为最外层8个电子的稳定结构，则Ca2+最外层电子排布式：3s23p6，故C正确；
D.CaH2晶体中钙原子与氢原子之间只存在离子键，故D错误；
综上所述，答案为D。
【点睛】一般情况下，金属元素与非金属元素之间形成离子键，非金属元素与非金属元素之间形成共价键，CaH2晶体中钙原子分别与两个氢原子形成离子键，则CaH2晶体中无共价键。
7．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。
8．A
【分析】最外层电子排布为nsnnp2，p能级有2个电子，说明s能级一定排2个电子，所以R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素。
【详解】A. R原子最外层电子排布为2s22p2，主量子数是2，一定位于第2周期，故A正确；
B. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，C的氢化物有多种，如CH4、C2H6，故B错误；
C. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，位于第ⅣA族，故C错误；
D. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，含氧酸可能是H2CO3、CH3COOH等，故D错误；
选A。
【点睛】本题考查了最外层电子排布与元素在周期表中位置的关系，注意最外层电子排布是nsnnp2，p能级有电子，s能级一定有2个电子，即n=2。
9．C
【分析】从该原子的轨道式上，可以知道该原子核外电子数为7，该原子为氮原子。
【详解】A．该原子有两个电子层分别为K、L层，A正确；
B．核外电子的能级为1s、2s、2p能级，同一能级上的电子能量相同，电子在各能级的能量关系：1s<2s<2p，故有3种能量不同的电子，B正确；
C．该原子最外层有5个电子，C错误；
D．该原子核外有7个电子，故有7种不同运动状态的电子，D正确；
答案选C。
10．D
【详解】A．氮气分子中氮原子间形成三键，电子式为，故A错误；
B．氮原子质子数为7，电子排布式为1s22s22p3，故B错误；
C．氮分子的结构式为：N≡N，故C错误；
D．氮原子轨道表示式应遵循泡利不相容原理，能量最低，洪特规则等，氮原子最外层电子轨道表示式为，故D正确；
故答案选D。
11．B
【详解】．基态钠离子核外电子排布式为：， 叫电子排布图（或轨道表示式），但不是轨道排布式，A错误；
B．硫离子核内16个质子，核外18个电子，有3个电子层，最外层有8个电子 ，B正确；
C．氯化铵的电子式为： ，C错误；
D．对氯甲苯中氯原子和甲基应该在对位上，D错误；
答案选B。
12．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。
13． Fe 1s22s22p6 2 三 IVA ＞ ＜ ＞ 晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高 AlCl 0.1NA 步骤少更加简单(直接用铝土矿作原料制取铝) 原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)
【详解】(1)上述涉及到Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，Fe是第Ⅷ族元，不是主族元素，Al是13号元素，故Al3+电子排布式为1s22s22p6，O原子的未成对电子数的电子排布式为1s22s22p4，故2p上有2个未成对电子，故答案为：Fe；1s22s22p6；2；
(2)制造“中国芯”芯片的核心元素Si是14号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p2，故位于元素周期表第三周期第IVA族，冰晶石(Na3AlF6)晶体中阴、阳离子各一种，阴离子符号为，故答案为：三；IVA；；
(3) Al、Si 是同一周期元素，且Si在Al的右边，故原子半径Al>Si，O、F是同一周期元素，且F在O的右边，故非金属性O＜F，二氧化硅和晶体硅均为原子晶体，但二氧化硅中硅氧键键长比晶体硅中硅硅键键长更短，故熔点二氧化硅>晶体硅，故答案为：>；＜；>；
(4) Al2O3比Na2O熔点高的原因是晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3 内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高，故答案为：晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3 内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高；
(5)①还原产物是指反应中元素化合价降低被还原而生成的产物，故反应I中的还原产物是AlCl；根据反应Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3 AlCl(g)+ 3CO(g)，3molC共转移6mol电子，故若有0.6gC反应，电子转移数目为=0.1NA，故答案为：AlCl；0.1NA；
②结合反应I、II分析，可知该方法的优点有：直接用铝土矿作原料制取铝，步骤少更加简单，原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)，故答案为：步骤少更加简单(直接用铝土矿作原料制取铝)；原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)。
14． Cl＞O＞H bc bd 0.125 mol·(L·min)-1 6 降低温度 移去、增大压强等
【详解】(1)上述反应中含有H、O、Cl三种元素，依据元素在周期表中的相对位置，可确定原子半径由大到小的顺序为Cl＞O＞H。与氯元素同族的短周期元素为氟，原子最外层电子排布式为2s22p5，轨道表示式为。答案为：Cl＞O＞H；；
(2)a．二者均为分子晶体，熔点的高低与分子间作用力有关，与非金属性无关，a不符合题意；
b．一般情况下非金属性越强，单质的氧化性越强，氧化性Cl2＞Br2，则非金属性Cl＞Br，b符合题意；
c．简单氢化物的热稳定性越强，非金属性越强，由热稳定性HCl＞HBr，可确定非金属性Cl＞Br，c符合题意；
d．氢化物的酸性与非金属性不成正比关系，所以由酸性HCl＜HBr，不能确定Cl与Br的非金属性关系，d不符合题意；
故选bc。答案为：bc；
(3)a．由，只能得出反应进行的方向相反，但HCl、Cl2的速率之比不等于化学计量数之比，所以正逆反应速率不相等，反应未达平衡状态，a不符合题意；
b．因为反应前后气体的分子数不等，压强是一个变量，当体系压强不再改变时，反应达平衡状态，b符合题意；
c．混合气体的质量不变，体积不变，所以密度始终不变，密度不变时，反应不一定达平衡状态，c不符合题意；
d．，表明浓度商与化学平衡常数相等，则反应达平衡状态，d符合题意；
故选bd。答案为：bd；
(4)温度、容积一定时，测得容器内气体压强减小了10%，则物质的量减少10%，由反应可得出，混合气的物质的量的减少量等于参加反应的O2的物质的量，由此得出参加反应O2的物质的量为5mol×10%=0.5mol，则参加反应HCl的物质的量为4×0.5mol=2mol，则用HCl表示该反应的化学反应速率为 =0.125 mol·(L·min)-1。答案为：0.125 mol·(L·min)-1；
(5) ①从图中可以看出，温度升高，HCl的平衡转化率减小，则表明正反应为放热反应；比值越大[可认为n(O2)恒定]，投入的HCl越多，则HCl的平衡转化率越小，所以曲线a对应的投料比=6。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，则应使平衡正向移动，所以可采取的措施有降低温度、移去、增大压强等。答案为：6；降低温度；移去、增大压强等。
【点睛】在有两种气体反应物存在的平衡体系中，增大一种反应物的浓度，可使平衡正向移动，但该反应物的转化率减小。
15． 1s22s22p63s1 2 向H2S的水溶液中通入空气，溶液变浑浊，说明非金属性：O＞S(合理即可) O原子和S原子最外层电子数相同，S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难 CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− 2MnO4-+2CO32-+5H2O2=2MnCO3¯+5O2↑+6OH-+2H2O 还原 0.18
【分析】(1)Na为11号元素，根据构造原理书写钠原子的核外电子排布式；O 原子核外 L 层上有2s和2p两个能级；H2O2 是共价化合物，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键；
(2)与O元素同主族短周期元素为S元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来设计实验确定非金属性强弱；S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难；
(3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解使溶液呈碱性；
(4)根据反应，可知Mn元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H2O2中O元素由-1价变为-2价，化合价降低1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的O元素化合价升高，变为O2，结合电荷守恒和得失电子守恒配平方程式；再结合方程式计算电子转移数目。
【详解】(1)Na为11号元素，核外有11个电子，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，O 原子核外 L 层上有2s和2p两个能级，则有2种能量不同的电子，H2O2 是共价化合物，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键，电子式是；
(2)与O元素同主族短周期元素为S元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，可以利用氧化还原反应，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，来确定非金属性强弱，实验方法为：向H2S的水溶液中通入空气，溶液变浑浊，空气中的氧气与硫化氢发生氧化还原反应生成硫沉淀，反应方程式为：H2S+O2=S↓+H2O，反应中O2为氧化剂，S单质为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性O2＞S，则说明非金属性：O＞S(合理即可)；从二者的结构分析，O原子和S原子最外层电子数相同，S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难，所以S元素的非金属性比O元素弱；
(3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，使溶液呈碱性，离子反应为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；
(4)根据反应，可知Mn元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H2O2中O元素由-1价变为-2价，化合价降低1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的O元素化合价升高，变为O2，结合电荷守恒和得失电子守恒，该氧化还原反应配平为2MnO4-+2CO32-+5H2O2=2MnCO3¯+5O2↑+6OH-+2H2O；反应中，过碳酸钠的化学式为2Na2CO3·3H2O2，在反应中起沉淀剂和还原剂作用；若将 1L 含Mn 2000mg·L-1 的高猛废水处理至含Mn 1.2mg·L-1，Mn元素的质量变化=1L×(2000mg·L-1-1.2mg·L-1)×10-3=1.9988g，被处理的Mn元素物质的量为≈0.036mol，根据原子守恒，MnO4-的物质的量为0.036mol，则转移电子数为0.36×(7-2)mol=0.18mol。
【点睛】难点为(4)，在氧化还原反应中有化合价升高的元素，必有化合价降低的元素，在题给反应中只有Mn元素和O元素化合价降低，没有化合价升高的体现，因此先根据化合价的变化找出化合价升高和化合价降低的元素，再根据电荷守恒和得失电子守恒配平方程式。
16． 和都是原子晶体，原子半径：，，则共价键键长：键键，键能：键键，所以熔点低于BN 1 2OH— +2I—+H2O 溶液酸碱性 反应i为放热反应，高于85℃时，平衡向逆反应方向移动，减小；反应ii中减小是影响平衡移动的主要因素，所以反应ii平衡也向逆反应方向移动，沉淀率下降
【分析】(1)As与N同主族，据此判断As在周期表中的位置；
(2) 砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大，两者都是原子晶体，原子半径越小，形成的共价键键长越短，共价键键能越大，共价键越稳定，晶体的熔点越高；
(3)碘单质将氧化成，自身被还原为碘离子，根据化合价升降守恒配平书写方程式；
(4)向工业废水(含)加入石灰乳沉砷得到Ca5(AsO4)3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀，生成H3AsO4和硫酸钙，通入二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，冷却结晶，过滤，得粗As2O3，据此分析解答。
【详解】(1)As在周期表的第4周期第ⅤA族，最外层电子的排布式是4s24p3，故答案为：4s24p3；
(2)砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大，砷化镓与氮化硼属于同种晶体类型，均属于原子晶体，原子半径N＜As，B＜Ga，故N-B键的键长比As-Ga键的键长短，N-B键的键能更大，更稳定，所以氮化硼的熔点较高，故答案为：GaAs和BN都是原子晶体，原子半径：Ga＞B，As＞N，则共价键键长：Ga-As键＞B-N键，键能：Ga-As键＜B-N键，所以熔点GaAs低于BN；
(3)碘单质将氧化成，As的化合价从+3升到+5，自身被还原为碘离子，碘的化合价从0降到-1，根据化合价升降守恒及溶液的碱性环境，离子方程式为+I2 +2OH—⇌+2I—+H2O，该反应为可逆反应，说明氧化还原反应的方向和溶液酸碱性有关，故答案为：1；2OH—；+2I—+H2O；溶液酸碱性；
(4)①“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式为：H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4，故答案为：H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4；
②“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反反应：i.Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH—(aq)+Q，ii.5Ca2++OH—+3⇌Ca5(AsO4)3OH-Q，高于85℃后，温度升高，反应i平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应ii平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降，故答案为：反应i为放热反应，高于85℃时，平衡向逆反应方向移动，c(Ca2+)减小；反应ii中c(Ca2+)减小是影响平衡移动的主要因素，所以反应ii平衡也向逆反应方向移动，沉淀率下降。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，要注意化学平衡的影响因素的灵活运用。
17． 5 N＞P Na2HPO4=2Na++HPO42- HPO42-水解呈碱性，电离呈酸性，水解程度大于其电离程度，因而c(OH-)大于c(H+) = K=c(PCl3)∙c(C12) 0.0016mol·L-1·s-1 升高温度、降低压强 移走PCl3、Cl2等 逆向 不变
【分析】(1)利用碳原子核外电子排布式判断轨道数目，氯原子最外层电子的轨道表示式即价电子排布图；
(2)同主族元素从上到下，非金属性减弱；
(3)Na2HPO4属于弱酸的酸式盐，写出电离方程式，从电离和水解的角度分析，溶液成碱性；
(4)利用反应后的电荷守恒和醋酸钠的物料守恒联立，得出醋酸根和氯离子的关系；
(5)①根据表中数据判断达到平衡状态的时间，然后根据平衡状态下各组分的浓度及平衡常数表达式计算出温度为T时，该反应的化学平衡常数；根据反应速率的表达式计算出反应在前50s的平均速率v(Cl2)；
②要提高上述反应的转化率，必须使平衡向着正向移动，根据影响化学平衡的影响进行判断；
③根据浓度熵与平衡常数的关系判断平衡移动的方向，温度不变，平衡常数不变；
【详解】(1)碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，有个5轨道；氯原子的的外电子排布式为1s22s22p63s23p5，最外层电子的轨道表示式是；
(2)N和P属于同主族的两种元素，同主族元素，从上到下，失电子能力增强，得电子能力减弱，故非金属性减弱，故非金属性N＞P；
(3)磷酸是弱电解质，Na2HPO4属于弱酸的酸式盐，电离方程式是Na2HPO4=2Na++HPO42-，Na2HPO4的水溶液里既存在磷酸氢根的电离，电离时释放出氢离子，HPO42-⇌H++ PO43-，显酸性，也存在磷酸氢根的水解，HPO42-+H2O⇌ H2PO4-+OH-，呈弱碱性，溶液显碱性，说明HPO42-水解程度大于电离程度；
(4)醋酸钠溶液中加入盐酸，发生强酸制弱酸，CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，pH=7，说明c(H+)=c(OH-)，反应后的溶液存在电荷守恒，即c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO -)+c(OH-)+c(Cl-)，醋酸钠溶液中存在物料守恒：即c(CH3COO -)+c(CH3COOH)=c(Na+)，将钠离子的浓度代入电荷守恒，可以得到c(CH3COOH)=c(Cl-)；
(5)①根据化学反应：PCl5(s) ⇌ PCl3(g)+C12(g)，得到化学平衡常数K=c(PCl3)∙c(Cl2)，前50s内PCl3的反应速率为v=，由于三氯化磷和氯气的物质的量是1:1的关系，故速率也是1:1的关系，故氯气的速率也是0.0016mol·L-1·s-1；
②上述反应的正反应是一个气体分子数增大的吸热反应，因此，要提高上述反应中反应物的转化率，应使平衡正向移动，可采取的措施有升高温度、降低压强等；
③根据化学反应，列出三段式，
K=c(PCl3)∙c(Cl2)
再加入0.02molPCl3、0.02molC12，此时的Qc=＞0.01(mol·L-1)，平衡逆向移动；平衡常数只受温度的影响，故温度不变，平衡常数不变。
18． 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 O=C=O 3s23p1 1 1：3 0.075mol/(L·min) c、d 正向 不变
【分析】（1）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范德华力；
（2）氧化镁的电子式为；CO2中碳和氧共用四对电子，所以结构式是O=C=O；第三周期元素中，离子电子层数越少，核电荷数越大，其离子半径越小，所以离子半径最小的是Al3+；
（3）CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，5.0min后，容器内气体是总物质的量为1mol的CO和CO2混合气体，设CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（1-x）mol，相对平均分子量为=32g/mol，以此解答；
（4）根据反应到达平衡的特征回答；
（5）待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变。
【详解】（1）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范德华力，故熔点金刚石大于石墨烯；
（2）氧化镁的电子式为；CO2中碳和氧共用四对电子，所以结构式是O=C=O；第三周期元素中，离子电子层数越少，核电荷数越大，其离子半径越小，所以离子半径最小的是Al3+，Al原子核外最外层电子数是3且位于第三电子层上，所以Al原子价电子排布式为3s23p1；在含多个电子的原子中，能量最高的电子是离原子核最远的电子，Al原子中能量最高的电子有1个；
（3）CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，5.0min后，容器内气体是总物质的量为1mol的CO和CO2混合气体，设CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（1-x）mol，相对平均分子量为=32g/mol，解得x=0.75，则CO的物质的量为0.75mol，CO2的物质的量为0.25mol，n(CO2)：n(CO)之比为1：3；这段时间内用CO2表示的速率v（CO2）= = =0.075mol/(L·min)；
（4）a. CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，当混合气体的密度不变时说明，混合气体的质量不变，说明应该达到平衡，正确；
b. CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体总物质的量不变的反应，混合气体的平均相对分子质量不变时，混合气体的质量不变，说明应该达到平衡，正确；
c. 平衡后移除二氧化碳时，正反应速率先减小后增大，直至建立新的平衡，故错误；
d．平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率增大，但平衡不移动，故错误；
错误的是c、d；
（5）待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变；
19． 1s22s22p63s23p3 5 P4 r(Na)> r(P )> r(O) 强 NH3和PH3结构相似， N-H键能大于P-H的键能，打破它需要更多的能量，所以NH3的稳定性更好 NA
【详解】(1)P的原子序数为15，原子核外有15个电子，磷位于第三周期ⅤA族，属于p区元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；电子的能量与其所处的能层和能级有关，因此基态磷原子有5种能量不同的电子；
(2)依据给出五种物质可知：P4、H2O、PH3为分子晶体，属于非极性分子的仅有P4一种；
(3)Na与P同属第三周期，且原子序数更小，O属于第二周期，因此三种原子的半径关系为r(Na)> r(P )> r(O)；
(4)N与P同主族且非金属性N更强，二者形成的简单氢化物NH3和PH3中，N-H键键能相比于P-H键键能更大，因此N-H键更为稳定，因此NH3的稳定性更好；
(5)A．反应前P4中的P为0价，反应后生成的PH3中的P为-3价，NaH2PO2中的P为+1价，因此该反应为歧化反应；根据得失电子守恒可知，PH3和NaH2PO2的的化学计量系数比为1:3，因此该反应方程式为：，由于发生的是P元素的歧化反应，所以电子转移表示为：；
B．上述反应中NaH2PO2为氧化产物，因此每生成1mol NaH2PO2电子转移1mol即1NA。
【点睛】同周期元素，从左至右原子半径逐渐减小；同族元素，从上至下原子半径逐渐增大；元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越强。
20． 2p Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强 3 O2 Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑ c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣) AB
【分析】I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。
(1)氮原子核外电子所占据的轨道中，能量关系为1s<2s<2p，由此可得出能量最高的电子所处的轨道。锂离子核外电子排布式为1s2，由此可得出轨道表示式。
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，这两种含氮化合物熔点差异由其微粒间的作用力决定，分析二者所属晶体类型，便可找到原因。
II．在流程中，反应Ⅰ为N2与Li反应生成Li3N，反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，反应Ⅲ为LiOH熔融电解生成Li、O2和H2O。
(3)合成氨时，N元素由0价降低到-3价，由此可求出转移电子数；该过程最终得到的氧化产物是含价态升高元素的产物。
(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，由此可写出化学反应方程式。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，通过计算及分析可确定离子浓度由大到小的顺序。
(5)由元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，由此可作出判断。
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，利用得失电子守恒先进行配平，然后再利用质量守恒配平其它物质，由此可得出配平的化学方程式；电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数。
【详解】(1)氮原子核外能量关系为1s<2s<2p，所以能量最高的电子所处的轨道是2p。锂离子核外电子只排布在1s轨道上，所以轨道表示式是。答案为：2p；；
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，则表明Li3N晶体中微粒间的作用力大，而NH3晶体中微粒间的作用力小，分析二者的晶体类型，便可得出两种含氮化合物熔点差异的可能原因是：Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强；
(3)由以上分析知，合成氨时，N由0价降为-3价，则生成1mol氨，转移电子3mol；该过程发生的总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2，最终得到的氧化产物是O2；
(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，化学反应方程式：Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，溶液中存在的水解和弱电解质电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-、H2OH++OH-，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣)；
(5)元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，金属性越强，金属与水反应置换出H2越容易，反应越剧烈，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；没有涉及溶解度及密度的递变规律，则由元素周期律能得到AB；
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，即得10NaN3+2KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，再据质量守恒配平其它物质，此反应的化学方程式为10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数，则标出电子转移的数目和方向的化学方程式为。
【点睛】在标明电子转移的数目时，我们常会犯的错误是认为“电子转移总数==失电子总数+得电子总数”。
21． 第四周期VIA族 硒元素的相对原子质量 硫和硒原子的最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒 极性 折线形 CuSe+4H2SO4(浓)=CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O 18.49 11.2
【详解】（1）Se原子核外有4个电子层，最外层电子数为6，则Se元素在周期表中的位置为第四周期VIA族，表中78.96的为硒元素的相对原子质量，Se原子最外层电子排布的轨道表示式为 ，故答案为：第四周期VIA族；硒元素的相对原子质量； ；
（2）硫元素、硒元素同主族，硫原子、硒原子最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一个电子层，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒，故答案为：硫和硒原子的最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒；
（3）硒化氢（H2Se）类比硫化氢，为折线型，正电中心与负电中心不重合，是一种极性分子，故答案为：极性；折线型；
（4）浓H2SO4具有强氧化性，CuSe具有还原性，二者反应产生SO2、SeO2，反应的化学方程式为CuSe+4H2SO4(浓)=CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O，每转移6mol电子，生成1molSeO2，3molSO2，则每转移1mol电子，可得到SeO2，其质量为，得到molSO2，其在标准状况下的体积为，故答案为：18.49；11.2。
22． Cl＞C＞N＞O C、O NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑ 2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4 0.4NA或2.408×1023 ② CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程
【分析】(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，根据原子半径的变化规律分析判断原子半径的大小的顺序；根据四种元素原子的电子排布式分析判断原子核外有两个未成对电子的元素。硝酸的酸性大于碳酸，能够说明氮的非金属性大于碳，据此分析解答；
(2)根据化合价升降守恒配平方程式结合氧化还原反应的规律计算；
(3)Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，据此分析书写电子式；
(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，根据化合价的变化结合电解原理分析解答。
【详解】(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为Cl＞C＞N＞O；四种元素原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p5、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p4，其中原子核外有两个未成对电子的元素有C、O。氮的非金属性大于碳，因为硝酸的酸性大于碳酸，NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑，故答案为：Cl＞C＞N＞O；C、O；NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑；
(2)根据化合价升降守恒，ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4反应中Cl由+4价降低为-1价，降低5，Mn由+2价升高到+4价，升高2，最小公倍数为10，配平得2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；若反应中生成0.2molMnO2，转移0.4mol电子，数目为0.4NA或2.408×1023，故答案为：2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；0.4NA或2.408×1023；
(3)氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，电子式为，故答案为：；
(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，则CN-被氧化成CO2和N2，失去电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程，因此CN-是在阳极上被氧化，故答案为：②；CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程。
23． 2s22p2 电子云的伸展方向 C、D 不能 该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡 B NO2 CO2 0.2mol/（L•min） 若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小
【详解】(1)碳为6号元素，碳原子的最外层电子排布式为2s22p2。氮为7号元素，氮原子核外能量最高的电子排布为2p3，排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相同；A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，但H2S的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元素的非金属性比碳元素强，故A不选；B.不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故B不选；C.S和C相互之间形成的化合物为CS2，其中C显正价，S显负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故C选；D.硫酸的酸性比碳酸强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故D选；故选CD；故答案为：2s22p2；电子云的伸展方向；CD；
(2)NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)为气体物质的量不变的反应，在一定容积的密闭容器中，容器中气体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状态；在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，SO3浓度减小，A.温度不变，K值不变，故A错误；B. SO3浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，随后又逐渐增大，故B正确；C. 温度不变，K值不变，故C错误；D. SO3浓度减小，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反应速率减小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故D错误；故选B；故答案为：不能；该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；B；
(3)2NO2+4CON2+4CO2，该反应体系中属于非极性分子的是N2和CO2，N2含有3个共用电子对，CO2含有4个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化剂为NO2，氧化产物为CO2，因此氧化性：NO2＞CO2；由于2NO2+4CON2+4CO2反应后气体的浓度变化量为1，若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，说明2min内NO2的浓度减小了0.4mol/L，v===0.2mol/(L•min)，故答案为：；NO2；CO2；0.2mol/(L•min)；
(4)2NO2+4CON2+4CO2是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氮气的浓度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强P2＞P1，在P2条件下的变化曲线为；该反应是一个放热反应，温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行，故答案为： ；若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。
【点睛】本题的易错点为(1)，元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。
24． 4 3s23p5
【详解】判断电子的能量是否相同，看轨道数，镁的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，故镁元素核外有4种能量不同的电子；氯是17号元素，最外层电子排布式为：3s23p5；镁和氯形成的化合物是离子化合物，形成离子键，故电子式为：。
25． 1s22s22p2 4 CO2、CH4 2CO+4H2→CH3OCH3+H2O cd K= 向逆反应方向 0.1125mol/(L·min) 将CH3OH液化，及时移走 适当增大压强 CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-738.4 kJ•mol-1
【分析】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为；
(2)不同元素原子之间存在极性键，分子内正负电荷中心重合的分子为非极性分子，特别注意由极性键构成的分子不一定是极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，结合原子守恒写出发生反应的化学方程式；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
(4)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比；温度改变，平衡常数改变，且改变温度平衡正向移动时，平衡常数增大；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，结合v(H2)=计算；
(6)为了提高CH3OH的产量，理论上应该采取措施促进平衡正向移动即可；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇的物质的量为=0.5mol，则0.5mol液态甲醇完全燃烧，生成液态水，放出369.2kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式。
【详解】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为，则碳原子的核外电子排布式是1s22s22p2，其最外层有4个电子，即有4种运动状态不同的电子；
(2)C是单质，构成微粒是原子，不存在分子；CO是双原子分子，含有极性键且是极性分子；CO2是直线型分子，CH4是正四面体结构，两者分子结构中电荷的分布是均匀的，对称的，均为非极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，则发生反应的化学方程式为2CO+4H2=CH3OCH3+H2O；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
②a．甲醇的结构简式为CH3OH ，分子式为CH4O，可看成是CO和H2按物质的量之比1:2合成甲醇，故a正确；
b．乙二醇的分子式为C2H6O2，可看成是CO和H2按物质的量之比2:3合成乙二醇，故b正确；
c．乙二酸的分子式为C2H2O4，则CO和H2无法按一定物质的量之比合成乙二酸，故c错误；
d．尿素分子式为CON2H4，合成气CO和H2中不含氮元素，则CO和H2无法合成尿素，故d错误；
故答案为cd；
(4)反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数表达式K=；平衡常数K减小，说明反应进行的限度降低，平衡向逆反应方向；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，则从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)===0.1125mol/(L·min)；
(6)为提高CH3OH的产量，改变条件促进平衡正向移动，可以是将CH3OH液化，及时移走或适当增大压强；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇物质的量为0.5mol，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，1mol甲醇完全燃烧生成液态水释放的能量为369.2kJ×2=738.4kJ，则该反应的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-738.4 kJ•mol-1。
26． 氢化物稳定性：H2O＞NH3，氧强于氮 氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾氧化性太强，还能继续氧化I2 = 取样溶于水，分别测定它们的pH值， 一种pH值大于7，一种pH值等于7， pH值大于7的为亚硝酸钠，pH值等于7的为氯化钠
【分析】（1）氮原子最外层有5个电子，先排2s轨道，另外3个排在3个2p轨道里；元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定；
（2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘和水；
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；
（4）根据亚硝酸钠溶液中水解平衡和酸碱中和解答；
（5）根据亚硝酸钠和氯化钠的不同性质来进行区分。
【详解】（1）氮原子最外层有5个电子，先排2s轨道，另外3个排在3个2p轨道里，氮原子最外层电子排布轨道表示式为：；元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定，氢化物稳定性：H2O＞NH3，非金属性氧强于氮；
（2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘和水，离子反应方程式为：2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO+2H2O，电子转移的方向和数目为：；
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质，故工业上氧化卤水中I-选择了价格并不便宜的亚硝酸钠；故答案为：氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；
（4）亚硝酸钠溶液中发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-而呈碱性，在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性说明亚硝酸钠水解产生的氢氧根等于盐酸溶液中的氢离子，即c(OH-)= c(H+)，又因为c (OH-)= c(HNO2)，盐酸溶液中c (H+)= c(Cl-)，所以c(Cl-)=c(HNO2)；
（5）根据亚硝酸钠和氯化钠的不同性质来进行区分，根据所给的信息及我们所学的氯化钠的性质可以知道：亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，而氯化钠溶液时中性，所以可以取样溶于水，分别测定它们的pH值， 一种pH值大于7，一种pH值等于7， pH值大于7的为亚硝酸钠，pH值等于7的为氯化钠。
27． 5 O
【详解】（1）铝元素的原子序数为13，核外有13个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，则铝原子核外有1s、2s、2p、3s、3p共5种不同能量的电子，最外层电子的轨道式是；流程中涉及到的第二周期元素为C、N、O，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则子半径由小到大的顺序是O
（3）AlCl3浓溶液中存在溶解平衡：AlCl3·6H2O（S） Al3+（aq）+3Cl-（aq）+6 H2O（l），向AlCl3浓溶液中通入HCl气体，增大溶液中Cl-浓度，使平衡向逆反应方向移，有利于AlCl3·6H2O晶体析出，故答案为：AlCl3浓溶液中存在结晶平衡：AlCl3·6H2O（S） Al3++3Cl-+6 H2O，通入HCl气体，增大Cl-浓度，使平衡左移，能得到更多的AlCl3·6H2O晶体；
（4）氯化铝溶液在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶得到六水氯化铝的过程中消耗氯化氢，煅烧六水氯化铝制得氧化铝的同时有氯化氢生成，则流程可循环的物质是氯化氢，故答案为：HCl；
(5)工业上将Al2O3溶解在熔化的冰晶石中电解获得铝和氧气，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑，故答案为：2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-130原子结构与性质（4）
一、单选题
1．（2021·上海金山·统考一模）碳原子最外层电子的轨道表示式正确的是
A． B．
C． D．
2．（2021·上海闵行·统考一模）A、B、C、D 是原子序数递增的短周期元素。A、C 原子最外层均有一个空轨道，B、D 原子均有一个未成对电子，且 B 原子核外有 5 种不同能量的电子。下列说法错误的是
A．A 的氧化物属于分子晶体 B．B 的氯化物属于弱电解质
C．C 的氧化物属于共价化合物 D．D 的单质中含有非极性键
3．（2020·上海崇明·统考二模）M、N、W、K四种元素在元素周期表中的位置如图所示。已知W原子的最外层电子构型为nsnnp2n。则下列叙述正确的是（ ）
M
N
W
K
A．四种元素的气态氢化物均为极性分子
B．四种元素的单质一定只形成分子晶体
C．四种元素原子的最外电子层上均有两种不同形状的电子云
D．四种元素的最高正价数均等于它们的原子的最外层电子数
4．（2020·上海金山·统考二模）有关磷原子最外层电子的描述正确的是
A．有2种不同运动状态 B．有5种不同能量
C．有4种不同的伸展方向 D．只有1种自旋方向
5．（2020·上海虹口·统考二模）第三周期的三种元素甲、乙、丙，原子序数依次增大，且原子核外都有1个未成对电子，下列说法错误的是
A．金属性：甲>乙>丙 B．三种元素的单质都能与水反应
C．离子半径：甲>乙>丙 D．最高价氧化物对应水化物可两两相互反应
6．（2020·上海长宁·统考二模）对储氢材料CaH2描述错误的是（ ）
A．离子半径：H->Li+ B．H-有强还原性
C．Ca2+最外层电子排布式：3s23p6 D．CaH2晶体中既有离子键又有共价键
7．（2020·上海浦东新·统考二模）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-
8．（2020·上海闵行·统考二模）主族元素R的原子最外层电子排布为nsnnp2。说法正确的是
A．一定位于第2周期 B．氢化物一定是RH4
C．一定位于第Ⅳ族 D．含氧酸一定是H2RO3
9．（2020·上海宝山·统考二模）某原子的轨道表示式如下,从中得到的信息错误的是（ ）
A．有2个电子层
B．有3种能量不同的电子
C．最外层有3个电子
D．有7种运动状态不同的电子
10．（2020·上海嘉定·二模）下列氮元素化学用语正确的是
A．氮分子的电子式： B．氮原子电子排布式：lS22S22p5
C．氮分子的结构式： D．氮原子最外层轨道表示式：
11．（2020·上海黄浦·统考一模）下列有关化学用语描述正确的是
A．钠离子的轨道排布式： B．硫离子的结构示意图：
C．NH4Cl的电子式： D．对氯甲苯的结构简式：
12．（2020·上海嘉定·二模）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
二、结构与性质
13．（2021·上海嘉定·统考一模）Al2O3可以从铝土矿中获得，铝土矿的主要成分为Al2O3，含Fe2O3、SiO2等杂质。经过“酸溶法”或“碱溶法”等都可以去掉杂质得到Al2O3。19世纪后期，美国的霍尔和法国的埃鲁先后独立发明了电解Al2O3法生产铝。2Al2O34Al+3O2↑[冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂，降低氧化铝熔点]
(1)上述涉及到Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，不是主族元素的是___________，Al3+电子排布式___________，O原子的未成对电子数___________。
(2)制造“中国芯”芯片的核心元素Si位于元素周期表第___________周期第___________族。冰晶石(Na3AlF6)晶体中阴、阳离子各一种，阴离子符号___________。
(3)用“>”或“＜”填空：
原子半径
非金属性
熔点
Al_______Si
O______ F
二氧化硅________晶体硅
(4)用离子晶体的知识解释Al2O3比Na2O熔点高的原因_________。
(5)其实电解法生产铝有很多弊端，科技工作者不断创新。下面一种新型直接从铝土矿中提取铝的方法
I．Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3 AlCl(g)+ 3CO(g) -1486kJ
II．3 AlCl(g)2 Al(l)+ AlCl3(g) +140 kJ
①反应I中的还原产物是___________；若有0.6gC反应，电子转移数目为___________
②结合反应I、II分析，请说出这种提炼方法2条优点___________ ___________。
三、原理综合题
14．（2021·上海松江·统考一模）用生产含氯有机物时会产生HCl。利用反应：可实现氯的循环利用。完成下列填空：
(1)上述反应中所有元素原子半径由大到小的顺序为___________。与氯元素同族的短周期元素原子最外层电子的轨道表示式为___________。
(2)判断氯、溴非金属性强弱的依据是___________(选填序号)。
a．熔点：Cl2＜Br2 b．氧化性：Cl2＞Br2
c．热稳定性：HCl＞HBr d．酸性：HCl＜HBr
(3)若反应在固定体积的密闭容器中发生，能说明反应已达平衡的是___________(选填序号)。
a． b．体系压强不再改变
c．混合气体密度不变 d．
(4)若反应容器容积为2L，4molHCl与1mol混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则用HCl表示该反应的化学反应速率为___________。
(5)如下图是在2种不同投料比[=1，6 ]下，温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线a对应的投料比=___________。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，可采取的措施有___________；___________。
15．（2020·上海·二模）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)晶体性质具有Na2CO3和H2O2 的双重性，被广泛用于氧气发生、漂白杀菌、污水处理、金属表面处理以及高分子聚合控制等。
(1)Na 原子的核外电子排布式为_____，O 原子核外 L 层上有_______种能量不同的电子，H2O2 的电子式是_____________________________________________
(2)设计一个简单实验，比较O 元素与其同主族短周期元素的非金属性强弱(简要写出实验方法、实验现象和结论)_____；并用原子结构知识对作出的结论进行解释_____。
(3)用一个离子方程式表示过碳酸钠溶液显碱性的原因________________________。
(4)高锰酸根离子()水对人体危害极大，可用过碳酸钠改性赤泥进行处理，反应如下：
_____+_______CO+___H2O2→___MnCO3¯+___□+____OH-+____H2O
补全并配平上述化学反应过程式_____；反应中，过碳酸钠起沉淀剂和_________剂作用；若将 1L 含Mn 2000mg·L-1 的含高锰酸根离子的废水处理至含Mn 1.2mg·L-1，则转移电子数为_____mol(保留 2 位小数)
16．（2020·上海徐汇·统考二模）砷()元素广泛的存在于自然界，在周期表中的位置如表。
完成下列填空：
(1)砷元素最外层电子的排布式为______________。
(2)砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大。砷化镓熔点为1230℃，的熔点为3000℃，从物质结构角度解释两者熔点存在差异的原因__________。
(3)亚砷酸盐()在碱性条件下与碘单质反应生成砷酸盐()，完成反应的离子方程式： ____+I2+_____ ⇌ ______。该反应是一个可逆反应，说明氧化还原反应的方向和______有关。
(4)工业上将含有砷酸盐()的废水转化为粗的工业流程如下：
①写出还原过程中砷酸转化为亚砷酸的化学方程式： ___________
②“沉砷”是将转化为沉淀，主要反应有：
i.Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH—(aq)+Q
ii.5Ca2++OH—+3⇌Ca5(AsO4)3OH-Q
沉砷最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因___。
17．（2020·上海松江·统考二模）磷酸氯喹（C18H32ClN3O8P2）是当前治疗冠状病毒的药物之一，而碳、氮、氯、磷等是其重要的组成元素。完成下列填空：
（1）碳原子核外有__个轨道；氯原子最外层电子的轨道表示式是__。
（2）属于同主族的两种元素，非金属性大小的关系是__（用元素符号表示）。
（3）已知磷酸是弱电解质，它的分子式为H3PO4。其酸式盐Na2HPO4的电离方程式是__。经测定Na2HPO4的水溶液呈弱碱性，请用学过的化学知识进行解释：__。
（4）常温下，在CH3COONa溶液中加入一定量的HCl，使其pH=7，则c(Cl-)_c(CH3COOH)（填“＜”、“＞”、“=”）。
（5）向2.0L恒容的密闭容器中充入1.0molPCl5，发生如下反应：PCl5(s)⇌PCl3(g)+C12(g)-124kJ。控制体系温度不变，反应过程中测定的部分数据见下表：
时间/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)mol
0
0.16
0.19
0.2
0.2
①该条件下平衡常数的表达式为__；前50s内Cl2的反应速率为__。
②要提高上述反应中反应物的转化率，可采取的措施有__、__（任写两点）。
向上述达到平衡③的反应体系中，再加入0.02molPCl3、0.02molC12，则平衡__。移动（选填“正向”、“逆向”、“不”），平衡常数__（选填“增大”、“减小”、“不变”）。
18．（2020·上海奉贤·统考一模）镁带能在CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。请完成下列填空：
（1）碳元素形成的单质有金刚石、石墨、足球烯等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因是_______。
（2）氧化镁的电子式为_______，CO2的结构式为______。与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子排布式为______，其1个原子中能量最高的电子有______个。
（3）一定条件下，在容积恒为2.0L的容器中，Fe和CO2发生如下反应：CO2(g)+Fe(s)FeO(s)+CO(g)，若起始时向容器中加入1molCO2，5.0min后，容器内气体的相对平均分子量为32，则n(CO2)：n(CO)之比为_______，这段时间内用CO2表示的速率v（CO2）=_______。
（4）下列说法错误的是_______。
a.当混合气体的密度不变时说明反应达到了平衡
b.混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到了平衡
c.平衡后移除二氧化碳时，正反应速率一直减小直至建立新的平衡
d.平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率不变，平衡不移动
（5）保持温度不变的情况下，待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向______移动（选填“正向”、“逆向”、或“不”），二氧化碳的转化率_____（填“增大”，“减小”或“不变”）。
四、填空题
19．（2020·上海静安·统考二模）磷是人体所必需的重要矿物质元素，磷的化合物在生产和生活中应用广泛。
反应：P4+ NaOH+H2O→ NaH2PO2 +PH3(未配平)制得的次磷酸钠(NaH2PO2)可作食品防腐剂，也可用于化学镀镍。
请回答下列问题：
(1)磷原子的核外电子排布式：___________；磷原子核外有_____种能量不同的电子。
(2)上述反应的反应物和生成物中含有非极性键的分子是______。(写出物质的化学式)
(3)将Na、O、P三种原子的原子半径大小按由大到小的顺序排列___________________。
(4)NH3的稳定性比PH3的(填“强”或“弱”)_________，判断理由是____________。
(5)A、配平上述反应，并标出电子转移方向与数目_________
P4+ NaOH+ H2O→ NaH2PO2 + PH3
B、上述反应中每生成1 mol 氧化产物，转移电子的数目为___________。
20．（2020·上海杨浦·统考二模）I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。完成下列填空：
(1)氮原子核外能量最高的电子所处的轨道是：____________。锂离子核外电子的轨道表示式是：____________。
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，用物质结构的知识说明这两种含氮化合物熔点差异的可能原因____________。
II．研究者发明了利用锂循环合成氨的工艺，其流程如下：
(3)每合成1mol氨，转移电子____________mol；该过程最终得到的氧化产物是____________。
(4)写出反应Ⅱ的化学反应方程式：____________。向0.35gLi3N中加入40mL1mol/L的盐酸，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：____________。
(5)由元素周期律能得到____________（填序号）。
A．碱性：LiOH＜NaOH B．与水反应的剧烈程度：Li＜Na
C．溶解度：LiOH＜NaOH D．密度：Li＜Na
(6)NaN3可用于汽车安全气囊，冲撞时发生如下反应：□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，配平此反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。____________
21．（2020·上海长宁·统考二模）硒是动物和人体所必需的微量元素之一，在周期表中信息如图所示。完成下列填空：
（1）Se元素在周期表中的位置为___。表中78.96的意义为__。Se原子最外层电子排布的轨道表示式为___。
（2）从原子结构角度解释硫的非金属性大于硒___。
（3）硒化氢（H2Se）是一种有恶臭味的有毒气体，是一种___（选填“极性、或非极性”）分子，其空间结构为___型。
（4）工业上常用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒，反应产生SO2、SeO2的混合气体，写出反应的化学方程式___。理论上该反应每转移1mol电子，可得到SeO2的质量为___g，得到SO2在标准状况下的体积为___ L。
22．（2020·上海浦东新·统考二模）二氧化氯（ClO2）可以除去工业污水中的氰化物，反应的离子方程式为：2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-
完成下列填空：
（1）上述反应所涉及元素的原子半径由大到小的顺序是___；其中原子核外有两个未成对电子的元素有___。请比较碳和氮元素非金属性强弱___（用一个化学反应方程式表示）。
（2）二氧化氯还可以除去污水中的锰离子，请配平如下反应：___。
ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4
若反应中生成0.2molMnO2，则电子转移___个。
（3）氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，它的电子式为___。
（4）另一种处理含氰化物污水的方法是电解法，分析判断CN-是在___极上（选填编号：①阴；②阳）被反应成CO2和N2，判断的依据是___。
23．（2020·上海崇明·统考二模）我国十分重视保护空气不被污染，奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫、氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。完成下列填空：
I.（1）碳原子的最外层电子排布式为___。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较，它们不相同的运动状态为___。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是（选填编号）___。
A．它们的气态氢化物的稳定性
B．它们在元素周期表中的位置
C．它们相互之间形成的化合物中元素的化合价
D．它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱
Ⅱ.已知NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，在一定容积的密闭容器中进行该反应。
（2）在一定条件下，容器中压强不发生变化时，___（填“能”或“不能”）说明该反应已经达到化学平衡状态，理由是：___。
在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，则在平衡移动过程中（选填编号）___。
A．K值减小 B．逆反应速率先减小后增大
C．K值增大 D．正反应速率减小先慢后快
Ⅲ.化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CON2+4CO2+Q(Q＞0)
（3）写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式___。按该反应正向进行讨论，反应中氧化性：___＞___。
若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，则用NO2来表示反应在此2min内的平均速率为___。
（4）已知压强P2＞P1，试在图上作出该反应在P2条件下的变化曲线___。
该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：___。
24．（2020·上海静安·模拟预测）第三周期元素中，镁元素核外有___种能量不同的电子；氯元素的最外层电子排布式为______；由这两种元素组成的化合物的电子式为______________。
25．（2020·上海静安·统考一模）以C、CO、CO2、CH4等含1个碳原子的物质为原料，可以合成一些化工原料和燃料。
（1）碳原子的核外电子排布式是___，其最外层有___种运动状态不同的电子。
（2）上述物质中属于非极性分子的是___。
（3）合成气（CO和H2)在不同催化剂的作用下，可以合成不同的物质。
①用合成气制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，写出制备二甲醚的化学方程式____。
②仅用合成气为原料不可能合成的物质是___(填字母序号)。
a.甲醇 b.乙二醇 c.乙二酸 d.尿素
工业上可用CO2生产燃料甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q（Q>0）。在2L的密闭容器中，发生上述反应：测得n(CO2)和n(CH3OH）随时间变化如图所示。
（4）该反应的化学平衡常数的表达式K=___，如果平衡常数K减小，平衡___(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（5）从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=___。
（6）为了提高CH3OH的产量，理论上可以采取的合理措施有___、___（任写2条措施）。
（7）常温常压下，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，写出该反应的热化学方程式___。
26．（2020·上海奉贤·统考一模）NaNO2是一种白色易溶于水的固体，溶液呈碱性，其外观与氯化钠相似，有咸味，俗称工业盐；是一 种重要的化学试剂、漂白剂和食品添加剂。已知亚硝酸盐能被溴水氧化，在酸性条件下能氧化亚铁离子； 亚硝酸银是可溶于稀硝酸的白色沉淀。
请完成以下填空：
（1）N原子最外层电子的轨道排布式为_______；用一个事实说明氮和氧非金属强弱_______。
（2）酸性条件下，NaNO2溶液只能将I－氧化为I2，同时生成NO。写出此反应①的离子方程式并标出电子转移的方向和数目______。
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，工业上氧化卤水中的I－提取单质I2选择了价格并不便宜的亚硝酸钠，可能的原因是_______。
（4）在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性，则c(Cl-)_____c(HNO2)（填“<”、“>”或“=”）。
（5）设计一种鉴别亚硝酸钠和氯化钠的实验方案。_______
五、工业流程题
27．（2020·上海金山·统考二模）以粉煤灰（主要成分：Al2O3、SiO2、少量Fe2O3）为原料，制取Al2O3的部分工艺流程如下：
完成下列填空：
(1)铝原子核外有_____种不同能量的电子，最外层电子的轨道式是_____________，上述流程涉及第二周期元素的原子半径由小到大的顺序是______________________________。
(2) “除铁”是将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为______________________，检验溶液中Fe3+是否除尽的方法是____________________________________________。
(3)解释“结晶”过程中向AlCl3浓溶液中通入HCl气体的原因。______________________
(4)上述流程可循环的物质是_______________。
(5)工业上将Al2O3溶解在熔化的冰晶石中电解获得铝，该反应的化学方程式为___________。
参考答案：
1．C
【分析】碳原子的原子序数为6，位于第二周期IVA族，其价电子排布规律遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，据此分析解答。
【详解】A．2p轨道应优先占据轨道，所以 不遵循洪特规则，A错误；
B．2p轨道单电子的自旋方向应相同，所以 不遵循洪特规则，B错误；
C．碳原子的最外层电子的轨道表示式为 ，规范且正确，C正确；
D．2s轨道未满2电子，不符合能量最低原理，D错误；
故选C。
2．B
【分析】B原子核外有5种不同能量电子，说明B原子有5个能级，即1s、2s、2p、3s、3p，故B位于第三周期，因为B、C、D原子序数递增且为短周期，故C、D也位于第三周期，第三周期有一个未成对电子的有：1s22s22p63s23p1和1s22s22p63s23p5，即Al和Cl，故B为Al，D为Cl，C最外层有一个空轨道，此空轨道只能为3p，故C排布式为1s22s22p63s23p2，即C为Si，A能层可能为两层或一层，若为一层则不可能存在空轨道，故A为两层，且空轨道为2p，即A排布式为1s22s22p2，故A为C。
【详解】A．C的氧化物为CO或CO2，两者均为分子构成，故其固态为分子晶体，A正确；
B．AlCl3溶于水完全电离产生Al3+、Cl-，故AlCl3为强电解质，B错误；
C．SiO2中Si与O之间为共价键，即SiO2只含共价键，故为共价化合物，C正确；
D．Cl2中两个Cl原子吸引电子能力相同，故两者之间的共用电子对不偏向任何一方，即为非极性共价键，D正确；
故答案选B。
3．C
【分析】W原子的最外层电子构型为nsnnp2n，则n=2，即W原子的最外层电子构型为2s22p4，为O元素，则M为C元素，N为N元素，K为S元素，结合原子结构和元素周期律分析解答。
【详解】A．四种元素的气态氢化物中的甲烷为非极性分子，故A错误；
B．四种元素的单质可能形成分子晶体，如氧气，也能形成原子晶体，如金刚石，故B错误；
C．四种元素原子的最外电子层上均含有s、p两个能级，均有两种不同形状的电子云——球形和纺锤形，故C正确；
D．四种元素中的O元素没有最高正价，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意O的非金属性较强，一般没有正化合价，F的非金属性最强，不存在正化合价。
4．C
【详解】A．处于不同能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子自旋方向相反，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有5种不同的运动状态，故A错误；
B．处于不同能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子的能量相同，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有2种不同能量，故B错误；
C．s轨道是球形的，在空间伸展方向为1，p轨道是纺锤形，在空间的伸展方向为3，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有4种不同的伸展方向，故C正确；
D．电子排布在同一轨道的电子自旋方向相反，电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有2种自旋方向，故D错误；
故选C。
【点睛】电子排布在同一轨道的电子自旋方向相反，电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同是解答关键，也是易错点。
5．C
【分析】第三周期的元素中，原子核外有1个未成对电子的原子的价电子排布情况为3s1、3s23p1、3s23p5，甲、乙、丙原子序数依次增大，故甲为钠，乙为铝，丙为氯，以此作答。
【详解】A. 根据元素周期律，同周期，核电荷数越小，金属性越强，故金属性：Na>Al >Cl，A说法正确；
B. 三种元素的单质都能与水反应：2Na+2H2O= 2NaOH+ H2↑，2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑，Cl2+H2OHCl+HClO，B说法正确；
C. 不同电子层结构，电子层数越多离子半径越大，相同电子层结构，质子数越多，离子半径越小，则离子半径：Cl->Na+>Al3+ ，C说法错误；
D. 铝元素的最高价氧化物对应水化物Al(OH)3具有两性，可以与强酸强碱发生反应，氯的最高价氧化物对应水化物为高氯酸HClO4是强酸，钠的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠NaOH是强碱，故这三者两两可以相互反应，D说法正确；
答案选C。
6．D
【详解】A.具有相同电子层排布的离子中，核电荷数小的半径大，H-与Li+电子层数相同，则离子半径：H->Li+，故A正确；
B.H-易失去电子，则具强还原性，故B正确；
C.钙的原子序数为20，失去2个电子转化为最外层8个电子的稳定结构，则Ca2+最外层电子排布式：3s23p6，故C正确；
D.CaH2晶体中钙原子与氢原子之间只存在离子键，故D错误；
综上所述，答案为D。
【点睛】一般情况下，金属元素与非金属元素之间形成离子键，非金属元素与非金属元素之间形成共价键，CaH2晶体中钙原子分别与两个氢原子形成离子键，则CaH2晶体中无共价键。
7．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。
8．A
【分析】最外层电子排布为nsnnp2，p能级有2个电子，说明s能级一定排2个电子，所以R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素。
【详解】A. R原子最外层电子排布为2s22p2，主量子数是2，一定位于第2周期，故A正确；
B. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，C的氢化物有多种，如CH4、C2H6，故B错误；
C. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，位于第ⅣA族，故C错误；
D. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，含氧酸可能是H2CO3、CH3COOH等，故D错误；
选A。
【点睛】本题考查了最外层电子排布与元素在周期表中位置的关系，注意最外层电子排布是nsnnp2，p能级有电子，s能级一定有2个电子，即n=2。
9．C
【分析】从该原子的轨道式上，可以知道该原子核外电子数为7，该原子为氮原子。
【详解】A．该原子有两个电子层分别为K、L层，A正确；
B．核外电子的能级为1s、2s、2p能级，同一能级上的电子能量相同，电子在各能级的能量关系：1s<2s<2p，故有3种能量不同的电子，B正确；
C．该原子最外层有5个电子，C错误；
D．该原子核外有7个电子，故有7种不同运动状态的电子，D正确；
答案选C。
10．D
【详解】A．氮气分子中氮原子间形成三键，电子式为，故A错误；
B．氮原子质子数为7，电子排布式为1s22s22p3，故B错误；
C．氮分子的结构式为：N≡N，故C错误；
D．氮原子轨道表示式应遵循泡利不相容原理，能量最低，洪特规则等，氮原子最外层电子轨道表示式为，故D正确；
故答案选D。
11．B
【详解】．基态钠离子核外电子排布式为：， 叫电子排布图（或轨道表示式），但不是轨道排布式，A错误；
B．硫离子核内16个质子，核外18个电子，有3个电子层，最外层有8个电子 ，B正确；
C．氯化铵的电子式为： ，C错误；
D．对氯甲苯中氯原子和甲基应该在对位上，D错误；
答案选B。
12．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。
13． Fe 1s22s22p6 2 三 IVA ＞ ＜ ＞ 晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高 AlCl 0.1NA 步骤少更加简单(直接用铝土矿作原料制取铝) 原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)
【详解】(1)上述涉及到Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，Fe是第Ⅷ族元，不是主族元素，Al是13号元素，故Al3+电子排布式为1s22s22p6，O原子的未成对电子数的电子排布式为1s22s22p4，故2p上有2个未成对电子，故答案为：Fe；1s22s22p6；2；
(2)制造“中国芯”芯片的核心元素Si是14号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p2，故位于元素周期表第三周期第IVA族，冰晶石(Na3AlF6)晶体中阴、阳离子各一种，阴离子符号为，故答案为：三；IVA；；
(3) Al、Si 是同一周期元素，且Si在Al的右边，故原子半径Al>Si，O、F是同一周期元素，且F在O的右边，故非金属性O＜F，二氧化硅和晶体硅均为原子晶体，但二氧化硅中硅氧键键长比晶体硅中硅硅键键长更短，故熔点二氧化硅>晶体硅，故答案为：>；＜；>；
(4) Al2O3比Na2O熔点高的原因是晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3 内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高，故答案为：晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3 内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高；
(5)①还原产物是指反应中元素化合价降低被还原而生成的产物，故反应I中的还原产物是AlCl；根据反应Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3 AlCl(g)+ 3CO(g)，3molC共转移6mol电子，故若有0.6gC反应，电子转移数目为=0.1NA，故答案为：AlCl；0.1NA；
②结合反应I、II分析，可知该方法的优点有：直接用铝土矿作原料制取铝，步骤少更加简单，原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)，故答案为：步骤少更加简单(直接用铝土矿作原料制取铝)；原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)。
14． Cl＞O＞H bc bd 0.125 mol·(L·min)-1 6 降低温度 移去、增大压强等
【详解】(1)上述反应中含有H、O、Cl三种元素，依据元素在周期表中的相对位置，可确定原子半径由大到小的顺序为Cl＞O＞H。与氯元素同族的短周期元素为氟，原子最外层电子排布式为2s22p5，轨道表示式为。答案为：Cl＞O＞H；；
(2)a．二者均为分子晶体，熔点的高低与分子间作用力有关，与非金属性无关，a不符合题意；
b．一般情况下非金属性越强，单质的氧化性越强，氧化性Cl2＞Br2，则非金属性Cl＞Br，b符合题意；
c．简单氢化物的热稳定性越强，非金属性越强，由热稳定性HCl＞HBr，可确定非金属性Cl＞Br，c符合题意；
d．氢化物的酸性与非金属性不成正比关系，所以由酸性HCl＜HBr，不能确定Cl与Br的非金属性关系，d不符合题意；
故选bc。答案为：bc；
(3)a．由，只能得出反应进行的方向相反，但HCl、Cl2的速率之比不等于化学计量数之比，所以正逆反应速率不相等，反应未达平衡状态，a不符合题意；
b．因为反应前后气体的分子数不等，压强是一个变量，当体系压强不再改变时，反应达平衡状态，b符合题意；
c．混合气体的质量不变，体积不变，所以密度始终不变，密度不变时，反应不一定达平衡状态，c不符合题意；
d．，表明浓度商与化学平衡常数相等，则反应达平衡状态，d符合题意；
故选bd。答案为：bd；
(4)温度、容积一定时，测得容器内气体压强减小了10%，则物质的量减少10%，由反应可得出，混合气的物质的量的减少量等于参加反应的O2的物质的量，由此得出参加反应O2的物质的量为5mol×10%=0.5mol，则参加反应HCl的物质的量为4×0.5mol=2mol，则用HCl表示该反应的化学反应速率为 =0.125 mol·(L·min)-1。答案为：0.125 mol·(L·min)-1；
(5) ①从图中可以看出，温度升高，HCl的平衡转化率减小，则表明正反应为放热反应；比值越大[可认为n(O2)恒定]，投入的HCl越多，则HCl的平衡转化率越小，所以曲线a对应的投料比=6。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，则应使平衡正向移动，所以可采取的措施有降低温度、移去、增大压强等。答案为：6；降低温度；移去、增大压强等。
【点睛】在有两种气体反应物存在的平衡体系中，增大一种反应物的浓度，可使平衡正向移动，但该反应物的转化率减小。
15． 1s22s22p63s1 2 向H2S的水溶液中通入空气，溶液变浑浊，说明非金属性：O＞S(合理即可) O原子和S原子最外层电子数相同，S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难 CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− 2MnO4-+2CO32-+5H2O2=2MnCO3¯+5O2↑+6OH-+2H2O 还原 0.18
【分析】(1)Na为11号元素，根据构造原理书写钠原子的核外电子排布式；O 原子核外 L 层上有2s和2p两个能级；H2O2 是共价化合物，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键；
(2)与O元素同主族短周期元素为S元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来设计实验确定非金属性强弱；S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难；
(3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解使溶液呈碱性；
(4)根据反应，可知Mn元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H2O2中O元素由-1价变为-2价，化合价降低1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的O元素化合价升高，变为O2，结合电荷守恒和得失电子守恒配平方程式；再结合方程式计算电子转移数目。
【详解】(1)Na为11号元素，核外有11个电子，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，O 原子核外 L 层上有2s和2p两个能级，则有2种能量不同的电子，H2O2 是共价化合物，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键，电子式是；
(2)与O元素同主族短周期元素为S元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，可以利用氧化还原反应，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，来确定非金属性强弱，实验方法为：向H2S的水溶液中通入空气，溶液变浑浊，空气中的氧气与硫化氢发生氧化还原反应生成硫沉淀，反应方程式为：H2S+O2=S↓+H2O，反应中O2为氧化剂，S单质为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性O2＞S，则说明非金属性：O＞S(合理即可)；从二者的结构分析，O原子和S原子最外层电子数相同，S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难，所以S元素的非金属性比O元素弱；
(3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，使溶液呈碱性，离子反应为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；
(4)根据反应，可知Mn元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H2O2中O元素由-1价变为-2价，化合价降低1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的O元素化合价升高，变为O2，结合电荷守恒和得失电子守恒，该氧化还原反应配平为2MnO4-+2CO32-+5H2O2=2MnCO3¯+5O2↑+6OH-+2H2O；反应中，过碳酸钠的化学式为2Na2CO3·3H2O2，在反应中起沉淀剂和还原剂作用；若将 1L 含Mn 2000mg·L-1 的高猛废水处理至含Mn 1.2mg·L-1，Mn元素的质量变化=1L×(2000mg·L-1-1.2mg·L-1)×10-3=1.9988g，被处理的Mn元素物质的量为≈0.036mol，根据原子守恒，MnO4-的物质的量为0.036mol，则转移电子数为0.36×(7-2)mol=0.18mol。
【点睛】难点为(4)，在氧化还原反应中有化合价升高的元素，必有化合价降低的元素，在题给反应中只有Mn元素和O元素化合价降低，没有化合价升高的体现，因此先根据化合价的变化找出化合价升高和化合价降低的元素，再根据电荷守恒和得失电子守恒配平方程式。
16． 和都是原子晶体，原子半径：，，则共价键键长：键键，键能：键键，所以熔点低于BN 1 2OH— +2I—+H2O 溶液酸碱性 反应i为放热反应，高于85℃时，平衡向逆反应方向移动，减小；反应ii中减小是影响平衡移动的主要因素，所以反应ii平衡也向逆反应方向移动，沉淀率下降
【分析】(1)As与N同主族，据此判断As在周期表中的位置；
(2) 砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大，两者都是原子晶体，原子半径越小，形成的共价键键长越短，共价键键能越大，共价键越稳定，晶体的熔点越高；
(3)碘单质将氧化成，自身被还原为碘离子，根据化合价升降守恒配平书写方程式；
(4)向工业废水(含)加入石灰乳沉砷得到Ca5(AsO4)3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀，生成H3AsO4和硫酸钙，通入二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，冷却结晶，过滤，得粗As2O3，据此分析解答。
【详解】(1)As在周期表的第4周期第ⅤA族，最外层电子的排布式是4s24p3，故答案为：4s24p3；
(2)砷化镓()和氮化硼()晶体都具有空间网状结构，硬度大，砷化镓与氮化硼属于同种晶体类型，均属于原子晶体，原子半径N＜As，B＜Ga，故N-B键的键长比As-Ga键的键长短，N-B键的键能更大，更稳定，所以氮化硼的熔点较高，故答案为：GaAs和BN都是原子晶体，原子半径：Ga＞B，As＞N，则共价键键长：Ga-As键＞B-N键，键能：Ga-As键＜B-N键，所以熔点GaAs低于BN；
(3)碘单质将氧化成，As的化合价从+3升到+5，自身被还原为碘离子，碘的化合价从0降到-1，根据化合价升降守恒及溶液的碱性环境，离子方程式为+I2 +2OH—⇌+2I—+H2O，该反应为可逆反应，说明氧化还原反应的方向和溶液酸碱性有关，故答案为：1；2OH—；+2I—+H2O；溶液酸碱性；
(4)①“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式为：H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4，故答案为：H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4；
②“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反反应：i.Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH—(aq)+Q，ii.5Ca2++OH—+3⇌Ca5(AsO4)3OH-Q，高于85℃后，温度升高，反应i平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应ii平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降，故答案为：反应i为放热反应，高于85℃时，平衡向逆反应方向移动，c(Ca2+)减小；反应ii中c(Ca2+)减小是影响平衡移动的主要因素，所以反应ii平衡也向逆反应方向移动，沉淀率下降。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，要注意化学平衡的影响因素的灵活运用。
17． 5 N＞P Na2HPO4=2Na++HPO42- HPO42-水解呈碱性，电离呈酸性，水解程度大于其电离程度，因而c(OH-)大于c(H+) = K=c(PCl3)∙c(C12) 0.0016mol·L-1·s-1 升高温度、降低压强 移走PCl3、Cl2等 逆向 不变
【分析】(1)利用碳原子核外电子排布式判断轨道数目，氯原子最外层电子的轨道表示式即价电子排布图；
(2)同主族元素从上到下，非金属性减弱；
(3)Na2HPO4属于弱酸的酸式盐，写出电离方程式，从电离和水解的角度分析，溶液成碱性；
(4)利用反应后的电荷守恒和醋酸钠的物料守恒联立，得出醋酸根和氯离子的关系；
(5)①根据表中数据判断达到平衡状态的时间，然后根据平衡状态下各组分的浓度及平衡常数表达式计算出温度为T时，该反应的化学平衡常数；根据反应速率的表达式计算出反应在前50s的平均速率v(Cl2)；
②要提高上述反应的转化率，必须使平衡向着正向移动，根据影响化学平衡的影响进行判断；
③根据浓度熵与平衡常数的关系判断平衡移动的方向，温度不变，平衡常数不变；
【详解】(1)碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，有个5轨道；氯原子的的外电子排布式为1s22s22p63s23p5，最外层电子的轨道表示式是；
(2)N和P属于同主族的两种元素，同主族元素，从上到下，失电子能力增强，得电子能力减弱，故非金属性减弱，故非金属性N＞P；
(3)磷酸是弱电解质，Na2HPO4属于弱酸的酸式盐，电离方程式是Na2HPO4=2Na++HPO42-，Na2HPO4的水溶液里既存在磷酸氢根的电离，电离时释放出氢离子，HPO42-⇌H++ PO43-，显酸性，也存在磷酸氢根的水解，HPO42-+H2O⇌ H2PO4-+OH-，呈弱碱性，溶液显碱性，说明HPO42-水解程度大于电离程度；
(4)醋酸钠溶液中加入盐酸，发生强酸制弱酸，CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，pH=7，说明c(H+)=c(OH-)，反应后的溶液存在电荷守恒，即c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO -)+c(OH-)+c(Cl-)，醋酸钠溶液中存在物料守恒：即c(CH3COO -)+c(CH3COOH)=c(Na+)，将钠离子的浓度代入电荷守恒，可以得到c(CH3COOH)=c(Cl-)；
(5)①根据化学反应：PCl5(s) ⇌ PCl3(g)+C12(g)，得到化学平衡常数K=c(PCl3)∙c(Cl2)，前50s内PCl3的反应速率为v=，由于三氯化磷和氯气的物质的量是1:1的关系，故速率也是1:1的关系，故氯气的速率也是0.0016mol·L-1·s-1；
②上述反应的正反应是一个气体分子数增大的吸热反应，因此，要提高上述反应中反应物的转化率，应使平衡正向移动，可采取的措施有升高温度、降低压强等；
③根据化学反应，列出三段式，
K=c(PCl3)∙c(Cl2)
再加入0.02molPCl3、0.02molC12，此时的Qc=＞0.01(mol·L-1)，平衡逆向移动；平衡常数只受温度的影响，故温度不变，平衡常数不变。
18． 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 O=C=O 3s23p1 1 1：3 0.075mol/(L·min) c、d 正向 不变
【分析】（1）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范德华力；
（2）氧化镁的电子式为；CO2中碳和氧共用四对电子，所以结构式是O=C=O；第三周期元素中，离子电子层数越少，核电荷数越大，其离子半径越小，所以离子半径最小的是Al3+；
（3）CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，5.0min后，容器内气体是总物质的量为1mol的CO和CO2混合气体，设CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（1-x）mol，相对平均分子量为=32g/mol，以此解答；
（4）根据反应到达平衡的特征回答；
（5）待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变。
【详解】（1）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范德华力，故熔点金刚石大于石墨烯；
（2）氧化镁的电子式为；CO2中碳和氧共用四对电子，所以结构式是O=C=O；第三周期元素中，离子电子层数越少，核电荷数越大，其离子半径越小，所以离子半径最小的是Al3+，Al原子核外最外层电子数是3且位于第三电子层上，所以Al原子价电子排布式为3s23p1；在含多个电子的原子中，能量最高的电子是离原子核最远的电子，Al原子中能量最高的电子有1个；
（3）CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，5.0min后，容器内气体是总物质的量为1mol的CO和CO2混合气体，设CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为（1-x）mol，相对平均分子量为=32g/mol，解得x=0.75，则CO的物质的量为0.75mol，CO2的物质的量为0.25mol，n(CO2)：n(CO)之比为1：3；这段时间内用CO2表示的速率v（CO2）= = =0.075mol/(L·min)；
（4）a. CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体体积不变的反应，当混合气体的密度不变时说明，混合气体的质量不变，说明应该达到平衡，正确；
b. CO2(g)+Fe(s) FeO(s)+CO(g)是气体总物质的量不变的反应，混合气体的平均相对分子质量不变时，混合气体的质量不变，说明应该达到平衡，正确；
c. 平衡后移除二氧化碳时，正反应速率先减小后增大，直至建立新的平衡，故错误；
d．平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率增大，但平衡不移动，故错误；
错误的是c、d；
（5）待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向正向移动，但到达新平衡时的效果与原平衡等效，故二氧化碳的转化率不变；
19． 1s22s22p63s23p3 5 P4 r(Na)> r(P )> r(O) 强 NH3和PH3结构相似， N-H键能大于P-H的键能，打破它需要更多的能量，所以NH3的稳定性更好 NA
【详解】(1)P的原子序数为15，原子核外有15个电子，磷位于第三周期ⅤA族，属于p区元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；电子的能量与其所处的能层和能级有关，因此基态磷原子有5种能量不同的电子；
(2)依据给出五种物质可知：P4、H2O、PH3为分子晶体，属于非极性分子的仅有P4一种；
(3)Na与P同属第三周期，且原子序数更小，O属于第二周期，因此三种原子的半径关系为r(Na)> r(P )> r(O)；
(4)N与P同主族且非金属性N更强，二者形成的简单氢化物NH3和PH3中，N-H键键能相比于P-H键键能更大，因此N-H键更为稳定，因此NH3的稳定性更好；
(5)A．反应前P4中的P为0价，反应后生成的PH3中的P为-3价，NaH2PO2中的P为+1价，因此该反应为歧化反应；根据得失电子守恒可知，PH3和NaH2PO2的的化学计量系数比为1:3，因此该反应方程式为：，由于发生的是P元素的歧化反应，所以电子转移表示为：；
B．上述反应中NaH2PO2为氧化产物，因此每生成1mol NaH2PO2电子转移1mol即1NA。
【点睛】同周期元素，从左至右原子半径逐渐减小；同族元素，从上至下原子半径逐渐增大；元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越强。
20． 2p Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强 3 O2 Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑ c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣) AB
【分析】I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。
(1)氮原子核外电子所占据的轨道中，能量关系为1s<2s<2p，由此可得出能量最高的电子所处的轨道。锂离子核外电子排布式为1s2，由此可得出轨道表示式。
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，这两种含氮化合物熔点差异由其微粒间的作用力决定，分析二者所属晶体类型，便可找到原因。
II．在流程中，反应Ⅰ为N2与Li反应生成Li3N，反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，反应Ⅲ为LiOH熔融电解生成Li、O2和H2O。
(3)合成氨时，N元素由0价降低到-3价，由此可求出转移电子数；该过程最终得到的氧化产物是含价态升高元素的产物。
(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，由此可写出化学反应方程式。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，通过计算及分析可确定离子浓度由大到小的顺序。
(5)由元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，由此可作出判断。
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，利用得失电子守恒先进行配平，然后再利用质量守恒配平其它物质，由此可得出配平的化学方程式；电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数。
【详解】(1)氮原子核外能量关系为1s<2s<2p，所以能量最高的电子所处的轨道是2p。锂离子核外电子只排布在1s轨道上，所以轨道表示式是。答案为：2p；；
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，则表明Li3N晶体中微粒间的作用力大，而NH3晶体中微粒间的作用力小，分析二者的晶体类型，便可得出两种含氮化合物熔点差异的可能原因是：Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强；
(3)由以上分析知，合成氨时，N由0价降为-3价，则生成1mol氨，转移电子3mol；该过程发生的总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2，最终得到的氧化产物是O2；
(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，化学反应方程式：Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，溶液中存在的水解和弱电解质电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-、H2OH++OH-，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣)；
(5)元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，金属性越强，金属与水反应置换出H2越容易，反应越剧烈，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；没有涉及溶解度及密度的递变规律，则由元素周期律能得到AB；
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，即得10NaN3+2KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，再据质量守恒配平其它物质，此反应的化学方程式为10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数，则标出电子转移的数目和方向的化学方程式为。
【点睛】在标明电子转移的数目时，我们常会犯的错误是认为“电子转移总数==失电子总数+得电子总数”。
21． 第四周期VIA族 硒元素的相对原子质量 硫和硒原子的最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒 极性 折线形 CuSe+4H2SO4(浓)=CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O 18.49 11.2
【详解】（1）Se原子核外有4个电子层，最外层电子数为6，则Se元素在周期表中的位置为第四周期VIA族，表中78.96的为硒元素的相对原子质量，Se原子最外层电子排布的轨道表示式为 ，故答案为：第四周期VIA族；硒元素的相对原子质量； ；
（2）硫元素、硒元素同主族，硫原子、硒原子最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一个电子层，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒，故答案为：硫和硒原子的最外层电子数相同，硫原子比硒原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以硫的非金属性强于硒；
（3）硒化氢（H2Se）类比硫化氢，为折线型，正电中心与负电中心不重合，是一种极性分子，故答案为：极性；折线型；
（4）浓H2SO4具有强氧化性，CuSe具有还原性，二者反应产生SO2、SeO2，反应的化学方程式为CuSe+4H2SO4(浓)=CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O，每转移6mol电子，生成1molSeO2，3molSO2，则每转移1mol电子，可得到SeO2，其质量为，得到molSO2，其在标准状况下的体积为，故答案为：18.49；11.2。
22． Cl＞C＞N＞O C、O NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑ 2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4 0.4NA或2.408×1023 ② CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程
【分析】(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，根据原子半径的变化规律分析判断原子半径的大小的顺序；根据四种元素原子的电子排布式分析判断原子核外有两个未成对电子的元素。硝酸的酸性大于碳酸，能够说明氮的非金属性大于碳，据此分析解答；
(2)根据化合价升降守恒配平方程式结合氧化还原反应的规律计算；
(3)Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，据此分析书写电子式；
(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，根据化合价的变化结合电解原理分析解答。
【详解】(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为Cl＞C＞N＞O；四种元素原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p5、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p4，其中原子核外有两个未成对电子的元素有C、O。氮的非金属性大于碳，因为硝酸的酸性大于碳酸，NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑，故答案为：Cl＞C＞N＞O；C、O；NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑；
(2)根据化合价升降守恒，ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4反应中Cl由+4价降低为-1价，降低5，Mn由+2价升高到+4价，升高2，最小公倍数为10，配平得2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；若反应中生成0.2molMnO2，转移0.4mol电子，数目为0.4NA或2.408×1023，故答案为：2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；0.4NA或2.408×1023；
(3)氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，电子式为，故答案为：；
(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，则CN-被氧化成CO2和N2，失去电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程，因此CN-是在阳极上被氧化，故答案为：②；CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程。
23． 2s22p2 电子云的伸展方向 C、D 不能 该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡 B NO2 CO2 0.2mol/（L•min） 若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小
【详解】(1)碳为6号元素，碳原子的最外层电子排布式为2s22p2。氮为7号元素，氮原子核外能量最高的电子排布为2p3，排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相同；A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，但H2S的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元素的非金属性比碳元素强，故A不选；B.不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故B不选；C.S和C相互之间形成的化合物为CS2，其中C显正价，S显负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故C选；D.硫酸的酸性比碳酸强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故D选；故选CD；故答案为：2s22p2；电子云的伸展方向；CD；
(2)NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)为气体物质的量不变的反应，在一定容积的密闭容器中，容器中气体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状态；在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，SO3浓度减小，A.温度不变，K值不变，故A错误；B. SO3浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，随后又逐渐增大，故B正确；C. 温度不变，K值不变，故C错误；D. SO3浓度减小，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反应速率减小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故D错误；故选B；故答案为：不能；该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；B；
(3)2NO2+4CON2+4CO2，该反应体系中属于非极性分子的是N2和CO2，N2含有3个共用电子对，CO2含有4个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化剂为NO2，氧化产物为CO2，因此氧化性：NO2＞CO2；由于2NO2+4CON2+4CO2反应后气体的浓度变化量为1，若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，说明2min内NO2的浓度减小了0.4mol/L，v===0.2mol/(L•min)，故答案为：；NO2；CO2；0.2mol/(L•min)；
(4)2NO2+4CON2+4CO2是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氮气的浓度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强P2＞P1，在P2条件下的变化曲线为；该反应是一个放热反应，温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行，故答案为： ；若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。
【点睛】本题的易错点为(1)，元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。
24． 4 3s23p5
【详解】判断电子的能量是否相同，看轨道数，镁的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，故镁元素核外有4种能量不同的电子；氯是17号元素，最外层电子排布式为：3s23p5；镁和氯形成的化合物是离子化合物，形成离子键，故电子式为：。
25． 1s22s22p2 4 CO2、CH4 2CO+4H2→CH3OCH3+H2O cd K= 向逆反应方向 0.1125mol/(L·min) 将CH3OH液化，及时移走 适当增大压强 CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-738.4 kJ•mol-1
【分析】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为；
(2)不同元素原子之间存在极性键，分子内正负电荷中心重合的分子为非极性分子，特别注意由极性键构成的分子不一定是极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，结合原子守恒写出发生反应的化学方程式；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
(4)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比；温度改变，平衡常数改变，且改变温度平衡正向移动时，平衡常数增大；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，结合v(H2)=计算；
(6)为了提高CH3OH的产量，理论上应该采取措施促进平衡正向移动即可；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇的物质的量为=0.5mol，则0.5mol液态甲醇完全燃烧，生成液态水，放出369.2kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式。
【详解】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为，则碳原子的核外电子排布式是1s22s22p2，其最外层有4个电子，即有4种运动状态不同的电子；
(2)C是单质，构成微粒是原子，不存在分子；CO是双原子分子，含有极性键且是极性分子；CO2是直线型分子，CH4是正四面体结构，两者分子结构中电荷的分布是均匀的，对称的，均为非极性分子；
(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，则发生反应的化学方程式为2CO+4H2=CH3OCH3+H2O；
②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；
②a．甲醇的结构简式为CH3OH ，分子式为CH4O，可看成是CO和H2按物质的量之比1:2合成甲醇，故a正确；
b．乙二醇的分子式为C2H6O2，可看成是CO和H2按物质的量之比2:3合成乙二醇，故b正确；
c．乙二酸的分子式为C2H2O4，则CO和H2无法按一定物质的量之比合成乙二酸，故c错误；
d．尿素分子式为CON2H4，合成气CO和H2中不含氮元素，则CO和H2无法合成尿素，故d错误；
故答案为cd；
(4)反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数表达式K=；平衡常数K减小，说明反应进行的限度降低，平衡向逆反应方向；
(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol×3=2.25mol，则从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)===0.1125mol/(L·min)；
(6)为提高CH3OH的产量，改变条件促进平衡正向移动，可以是将CH3OH液化，及时移走或适当增大压强；
(7)25℃，1.01×105Pa时，16g 液态甲醇物质的量为0.5mol，完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，1mol甲醇完全燃烧生成液态水释放的能量为369.2kJ×2=738.4kJ，则该反应的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-738.4 kJ•mol-1。
26． 氢化物稳定性：H2O＞NH3，氧强于氮 氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾氧化性太强，还能继续氧化I2 = 取样溶于水，分别测定它们的pH值， 一种pH值大于7，一种pH值等于7， pH值大于7的为亚硝酸钠，pH值等于7的为氯化钠
【分析】（1）氮原子最外层有5个电子，先排2s轨道，另外3个排在3个2p轨道里；元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定；
（2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘和水；
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；
（4）根据亚硝酸钠溶液中水解平衡和酸碱中和解答；
（5）根据亚硝酸钠和氯化钠的不同性质来进行区分。
【详解】（1）氮原子最外层有5个电子，先排2s轨道，另外3个排在3个2p轨道里，氮原子最外层电子排布轨道表示式为：；元素的非金属性越强，形成的气态氢化物就越稳定，氢化物稳定性：H2O＞NH3，非金属性氧强于氮；
（2）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮、碘和水，离子反应方程式为：2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO+2H2O，电子转移的方向和数目为：；
（3）氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质，故工业上氧化卤水中I-选择了价格并不便宜的亚硝酸钠；故答案为：氯气、浓硝酸、酸性高锰酸钾等氧化性太强，还能继续氧化碘单质；
（4）亚硝酸钠溶液中发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-而呈碱性，在盐酸溶液中加入亚硝酸钠溶液至中性说明亚硝酸钠水解产生的氢氧根等于盐酸溶液中的氢离子，即c(OH-)= c(H+)，又因为c (OH-)= c(HNO2)，盐酸溶液中c (H+)= c(Cl-)，所以c(Cl-)=c(HNO2)；
（5）根据亚硝酸钠和氯化钠的不同性质来进行区分，根据所给的信息及我们所学的氯化钠的性质可以知道：亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，而氯化钠溶液时中性，所以可以取样溶于水，分别测定它们的pH值， 一种pH值大于7，一种pH值等于7， pH值大于7的为亚硝酸钠，pH值等于7的为氯化钠。
27． 5 O
【详解】（1）铝元素的原子序数为13，核外有13个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，则铝原子核外有1s、2s、2p、3s、3p共5种不同能量的电子，最外层电子的轨道式是；流程中涉及到的第二周期元素为C、N、O，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则子半径由小到大的顺序是O
（3）AlCl3浓溶液中存在溶解平衡：AlCl3·6H2O（S） Al3+（aq）+3Cl-（aq）+6 H2O（l），向AlCl3浓溶液中通入HCl气体，增大溶液中Cl-浓度，使平衡向逆反应方向移，有利于AlCl3·6H2O晶体析出，故答案为：AlCl3浓溶液中存在结晶平衡：AlCl3·6H2O（S） Al3++3Cl-+6 H2O，通入HCl气体，增大Cl-浓度，使平衡左移，能得到更多的AlCl3·6H2O晶体；
（4）氯化铝溶液在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶得到六水氯化铝的过程中消耗氯化氢，煅烧六水氯化铝制得氧化铝的同时有氯化氢生成，则流程可循环的物质是氯化氢，故答案为：HCl；
(5)工业上将Al2O3溶解在熔化的冰晶石中电解获得铝和氧气，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑，故答案为：2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑。
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