2018-2019学年四川省南充市阆中中学高二上学期12月月考化学试题 解析版

 四川省南充市阆中中学高二12月月考化学试题1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（     ）A. PM2.5是指粒径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物B. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料【答案】C【解析】A项，PM2.5是指微粒直径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物，正确；B项，绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，正确；C项，燃煤中加入生石灰可以减少硫酸型酸雨的形成（原理为2CaO+2SO2+O22CaSO4），但在加热时生石灰不能吸收CO2，不能减少CO2的排放，不能减少温室气体的排放，错误；D项，天然气（主要成分为CH4）和液化石油气（主要成分为C3H8、C4H10）是我国目前推广使用的清洁燃料，正确；答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 标准状况下，将22.4LHCl溶于足量水中，溶液中含有的HCl分子数为NAB. 常温常压下，16g14CH4所含中子数目为8NAC. 常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NAD. 标准状况下，22.4L空气含有NA个单质分子【答案】C【解析】【详解】试题分析：A. HCl是强电解质，在水溶液中没有HCl分子存在，A项错误；B. 14CH4的质量数为18，即摩尔质量为18 g/mol，所以16 g 14CH4的物质的量n = 1 mol，故分子内所含中子数目小于8 NA，B项错误；C. 过氧化钠与水的反应，过氧化钠即是氧化剂又是还原剂，结合关系式2Na2O2O22e-，可知，当生成O2 0.2 mol时，转移电子数N = 20.2 molNA = 0.4 NA，故C项正确；D. 空气的组成不仅有氧气等单质，还有CO2等化合物，故D项错误。答案选C。考点：阿伏伽德罗常数点评：阿伏伽德罗常数是历年高考的“热点”问题。多年来全国高考化学试题出现的几率为100%。这是因为它既考查了学生对物质的量与粒子数、质量、气体体积和物质的量浓度之间的关系，又可以与物质结构、盐类水解、弱电解质的电离等其他的概念性知识点结合成综合性试题。这就要求学生夯实基础，思维严谨，提高分析问题和解决问题的能力。3.下列推论正确的是A. SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3B. NH4+ 为正四面体结构，可推测 PH4+ 也为正四面体结构C. CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体D. C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子【答案】B【解析】试题分析：A．SiH4、CH4都是由分子构成的物质，相对分子质量越大，物质的分子间作用力就越强，因此物质的沸点就高，而NH3的分子之间除了存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的相互吸引力，因此沸点比PH3的沸点高。错误。B．N、P是同一主族的元素，原子结构相似，形成的化合物结构也相似，NH为正四面体结构，可推测PH也为正四面体结构。正确。C．CO2是由分子构成的分子晶体，但是SiO2却是偶原子通过共价键结合形成的空间网状结构的原子晶体，错误。D．C2H6是碳链为直线形的非极性分子，由于C—C是可以旋转的，键角不是180°，因此C3H8碳链不为直线型，错误。考点：考查物质的结构与性质的关系的知识。视频 4.下列反应中，原子利用率最高的是A. CH4+Cl2 CH3Cl+HCl    B. CH2=CH2+3O2 2CO2+2H2OC. Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O    D. Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3【答案】D【解析】试题分析：A．该反应中有两种产物，反应物不能全部转化为目标产物，所以原子利用率不是最高的，A错误；B．该反应中有两种产物，反应物不能全部转化为目标产物，所以原子利用率不是最高的，B错误；C．该反应中有两种产物，反应物不能全部转化为目标产物，所以原子利用率不是最高的，C错误；D．该反应中产物只有一种，反应物全部转化为生成物，所以原子利用率最高，D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是考查原子经济【名师点晴】最理想的“原子经济”是指原子利用率为100%，原子利用率最高的反应为反应物全部转化为目标产物的反应，因此明确原子经济理念是解本题关键，加成反应、加聚反应都符合原子经济理念。5..如图所示，一端封闭的U形管，封闭着的一端有CH4和Cl2的混合气体，在水平部分有一段气柱，已知液体与气体不反应，使CH4与Cl2在稍暗的光线下缓慢反应，则中间气柱的长度如何变化(假设中间气柱未移出U形管的水平部分)A. 变大    B. 变小C. 不变    D. 难以确定【答案】A【解析】甲烷和氯气发生取代反应，生成物是氯代烃和氯化氢，由于反应后左侧气体的物质的量减小，导致压强降低，所以左右两侧液柱的高度差将减小，因此中间气柱的长度将变大，所以正确的答案选A。6.苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是A. 与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯D. 在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯【答案】C【解析】分析：本题考查的是有机物的化学性质，应该先确定物质中含有的官能团或特定结构（苯环等非官能团），再根据以上结构判断其性质。详解：A．苯乙烯中有苯环，液溴和铁粉作用下，溴取代苯环上的氢原子，所以选项A正确。B．苯乙烯中有碳碳双键可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项B正确。C．苯乙烯与HCl应该发生加成反应，得到的是氯代苯乙烷，选项C错误。D．乙苯乙烯中有碳碳双键，可以通过加聚反应得到聚苯乙烯，选项D正确。点睛：本题需要注意的是选项A，题目说将苯乙烯与液溴混合，再加入铁粉，能发生取代，这里的问题是，会不会发生加成反应。碳碳双键和液溴是可以发生加成的，但是反应的速率较慢，加入的铁粉与液溴反应得到溴化铁，在溴化铁催化下，发生苯环上的氢原子与溴的取代会比较快；或者也可以认为溴过量，发生加成以后再进行取代。7.下列说法正确的是A. CH3CH2CH(CH3)CH3的名称为3一甲基丁烷B. CH3CH2CH2CH2CH3和CH3CH2CH(CH3)CH3互为同素异形体C. 和为同一物质D. CH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH具有相同的官能团，互为同系物【答案】C【解析】【详解】A、离取代基近的一端编号，命名应为2-甲基丁烷，故A错误；B、CH3CH2CH2CH2CH3和CH3CH2CH(CH3)CH3分子式相同，均为C5H12，但结构不同，因此互为同分异构体，故B错误；C、甲烷分子呈现正四面体结构，四个位置完全等价，故C正确；D、虽然二者具有相同的官能团，但官能团的个数不同，组成也不相差CH2，不互为同系物，故D错误。综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查了“四同”的区分，同分异构体：分子式相同而结构不同的化合物，如CH3CH2CH2CH2CH3和CH3CH2CH(CH3)CH3；同系物：结构相似，在分子式上相差一个或若干个CH2的一系列化合物，如CH3CH2OH和CH3OH；同素异形体：同种元素组成的不同单质，如石墨与金刚石；同位素：质子数相同而中子数不同的原子，如1H、2H。8.下列关于乙醇的说法不正确的是A. 可用纤维素的水解产物制取    B. 可由乙烯通过加成反应制取C. 与乙醛互为同分异构体    D. 通过取代反应可制取乙酸乙酯【答案】C【解析】A．纤维素的水解产物为葡萄糖，葡萄糖发酵可生成乙醇，方程式为C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，故A正确；B．乙烯和水发生加成反应可生成乙醇，方程式为C2H4+H2OC2H5OH，故B正确；C．乙醇和乙醛的分子式不同，分别为C2H6O、C2H4O，二者不是同分异构体，故C错误；D．乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热可生成乙酸乙酯，为取代反应，故D正确．故选C．视频 9.利用金属活动性的不同，可以采取不同的冶炼方法冶炼金属。下列反应所描述的冶炼方法不可能实现的是A. 2AlCl3(熔融)4Al＋3Cl2↑    B. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2C. Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu    D. 2KCl(熔融)2K＋Cl2↑【答案】A【解析】【详解】A、氯化铝是共价化合物，铝是活泼金属，通过电解熔融氧化铝冶炼，故A符合题意；B、铁是位于金属活动顺序表中间位置的金属，通常用热还原法冶炼，故B不符合题意；C、铁可以置换出硫酸铜中的铜，故C不符合题意；D、钾是活泼金属，采用电解熔融氯化钾冶炼金属钾，故D不符合题意；综上所述，本题应选A。【点睛】金属冶炼的主要方法有：①热分解法：对于不活泼的金属，可直接加热分解的方法制备（Hg及后面的金属）；②热还原法：在金属活动顺序表中间位置的金属，通常用热还原法冶炼（Zn~Cu）；③电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融金属化合物的方法制备（K、Ca、Na、Mg、Al），Mg采用电解氯化镁，Al采用电解氧化铝。10.已知咖啡酸的结构如图所示。关于咖啡酸的描述正确的是A. 分子式为C9H5O4B. 1mol咖啡酸最多可与5mol氢气发生加成反应C. 与溴水既能发生取代反应，又能发生加成反应D. 能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应【答案】C【解析】A．分子中含8个H，分子式为C9H8O4，故A错误；B、苯环与双键与氢气发生加成反应，则1mol咖啡酸最多可与4mol氢气发生加成反应，故B错误；C、含双键与溴水发生加成反应，含酚-OH，酚-OH的邻对位与溴水发生取代反应，故C正确；D、含-COOH，与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均反应，故D错误；故选C。视频 11.键线式可以简明地表示有机物的结构，表示的物质是A. 丁烷    B. 丙烷    C. 丙烯    D. 1-丁烯【答案】D【解析】将碳、氢元素符号省略，只表示分子中键的连接情况，每个拐点或终点均表示有1个碳原子，称为键线式，所以根据结构简式可知，该有机物是1－丁烯，答案选D。12.下列各组物质中，能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是A. 乙烯、乙炔    B. 己烷、苯    C. 苯、溴苯    D. 己烯、苯【答案】CD【解析】乙烯、乙炔都是可以使酸性高锰酸钾溶液褪色的无色气体，所以无法鉴别，选项A错误。己烷、苯都是不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的无色液体，且均不溶于水，密度都小于水，所以无法鉴别，选项B错误。苯、溴苯都是不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的无色液体，且均不溶于水，但是苯的密度小于水（下层紫红色），溴苯的密度大于水（上层紫红色），所以可以鉴别，选项C正确。己烯中有碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以可以鉴别，选项D正确。点睛：进行有机物的鉴别时，要注意到有机物的化学性质的区别，但是同时也要注意其物理性质的差异。因为在鉴别的时候一般会使用某种水溶液，所以要考虑该有机物是否溶于水，如果不溶于水，还要考虑其密度大于还是小于水。13.2001年诺贝尔化学奖授予在“手性碳原子的催化氢化、氧化反应”研究领域作出贡献的美、日三位科学家。下列分子中含手性碳原子的是A. CHFBr2    B. CH3CH2OHC.     D. 【答案】D【解析】试题分析：A．CHFBr2中碳原子上连着的四个基团各有两个是一样的，该碳原子不是手性碳原子，故A错误； B．乙醇中的两个碳原子上连着的四个原子中，都有一样的，都不是手性碳原子，故B错误；C．中碳原子上连与2个相同的甲基，故C错误；D．第二个碳原子周围连着的四个原子或原子团分别是：甲基、氨基、氢原子、羧基，该碳原子是手性碳原子，故D正确，故选D。考点：考查手性碳原子的判断。14.晶胞是晶体结构中可重复出现的最小的结构单元，C60晶胞结构如下图所示，下列说法正确的是 A. C60属于离子晶体B. C60摩尔质量是720C. 在C60晶胞中平均每个晶胞有14个C60分子D. 每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个【答案】D【解析】【分析】A. C60的构成微粒是分子，属于分子晶体；B. 摩尔质量有单位，若以g/mol作单位，数值上等于其相对分子质量；C. 根据均摊法可知，在C60晶胞中含有有C60分子的个数为：6×+8×；D．根据晶胞的结构可知，以晶胞中顶点上的C60分子为研究对象，与它距离最近等距离的C60分子分布在立方体的面心上，每个C60分子被8个立方体共用，有12个面与之相连，所以每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个。【详解】A. C60是单质碳的另一种分子，属于分子晶体，故A项错误；B. C60摩尔质量是720 g/mol，故B项错误；C. 根据均摊法可知，在C60晶胞中含有C60分子的个数为：6×+8× = 4，故C项错误；D. 根据晶胞的结构可知，以晶胞中顶点上的C60分子为研究对象，与它距离最近等距离的C60分子分布在立方体的面心上，每个C60分子被8个立方体共用，有12个面与之相连，所以每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个，故D项正确；答案选D。【点睛】摩尔质量与相对分子质量（或相对原子质量）的异同：相同点：摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，不同点则是摩尔质量以g/mol作单位，相对分子质量的单位是1。解题时要多加留意，以免犯低级错误而错选B项。15.下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是A. BF3    B. NCl3    C. PCl5    D. CHCl3【答案】B【解析】A．BF3中，3+3≠8，则不满足所有原子最外层为8电子结构，故A不选；B．NCl3中，5+3=8，满足所有原子最外层为8电子结构，故B选；C．PCl3中，5+3=8，满足所有原子最外层为8电子结构，故C选；D．CHCl3中，H原子最外层最多满足2个电子的稳定结构，故D不选；故选BC．【点评】本题考查核外电子的排布，注意原子的最外层电子及元素的族序数、成键数等即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大，学生解答中以忽略“所有原子”．16.下列电子排布式中，原子处于激发态的是A. 1s22s22p1    B. 1s22s22p33s1C. 1s22s22p63s23p63d104s2    D. 1s22s22p63s23p63d34s2【答案】B【解析】试题分析：基态原子的电子排布式符合能量最低原理，A、C、D选项中均为基态；B项1s22s22p33s1为激发态，根据能量最低原理，其基态应为1s22s22p4，答案选B。考点：考查核外电子排布17.与NO3-互为等电子体的是A. SO3    B. P4    C. PCl3    D. NO2【答案】A【解析】在NO3-中，价电子数为5+6×3+1=24，原子数为4，根据等电子体原理，可以写出与NO3-互为电子体的分子为SO3、BF3等，故A正确； B. P4 价电子数为20，故B错误；C、PCl3价电子数为26，故C错误；D、NO2原子数为3，故D错误；故选A。18.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是A. 基态原子的N层上只有一个电子的元素，一定是ⅠA 族元素B. 原子的价电子排布为（n-1）d6-8ns2的元素一定是副族元素C. 最外层有三个未成对电子的原子一定属于主族元素D. 基态原子的价电子排布为（n-1）dxnsy的元素的族序数一定为x+y【答案】C【解析】A，基态原子的N层上只有一个电子的元素有K、Cr、Cu，依次处于IA族、VIB族、IB族，A项错误；B，副族元素的价电子排布（n-1）d能级上排10个或1~5个，价电子排布为（n-1）d6-8ns2的元素位于第VIII族，B项错误；C，最外层有三个未成对电子的原子价电子排布式为ns2np3，一定属于VA族，C项正确；D，若该元素处于IIIB族~VIIB族，族序数一定等于价电子排布中d、s能级电子数之和，族序数为x+y，若该元素处于IB、IIB族，族序数等于价电子排布中s能级电子数，族序数为y，第VIII族包括8、9、10三个纵行，D项错误；答案选C。点睛：本题考查原子核外电子排布与元素周期表的关系，侧重过渡元素的考查，注意把握元素周期表的结构和原子结构的特殊性、第VIII族元素。19.德国化学家凯库勒认为：苯分子是由6个碳原子以单双键相互交替结合而成的环状结构为了验证凯库勒有关苯环的观点，甲同学设计了如图实验方案．按如图所示的装置图连接好各仪器；检验装置的气密性；在A中加入适量的苯和液溴的混合液体，再加入少最铁粉，塞上橡皮塞，打开止水夹、、；待C中烧瓶收集满气体后，将导管b的下端插入烧杯里的水中，挤压预先装有水的胶头滴管的胶头，观察实验现象．请回答下列问题．（1）中所发生反应的反应方程式为______，能证明凯库勒观点错误的实验现象是______．（2）装置B的作用是______．（3）中烧瓶的容积为500mL，收集气体时，由于空气未排尽，最终水未充满烧瓶，假设烧瓶中混合气体对的相对密度为35.3，则实验结束时，进入烧瓶中的水的体积为______mL 空气的平均相对分子质量为．（4）已知乳酸的结构简式为试回答：乳酸分子中含有______和______两种官能团写名称．【答案】    (1).     (2). a烧瓶中产生“喷泉”现象    (3). 除去未反应的苯蒸气和溴蒸气    (4). 400    (5). 羟基    (6). 羧基【解析】【分析】（1）苯与溴在溴化铁做催化剂的条件下发生取代反应，生成溴苯和溴化氢；（2）由于反应放热，苯和液溴均易挥发，溴的存在干扰检验H+和Br-；（3）根据相对密度进行计算；（4）分子中含羧基和醇羟基；【详解】（1）苯与溴在溴化铁做催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢，苯分子里的氢原子被溴原子所代替，方程式为：，该反应为取代反应，不是加成反应，所以苯分子中不存在碳碳单双键交替，所以凯库勒观点错误，生成的溴化氢极易溶于水，所以a烧瓶中产生“喷泉”现象，故答案为：；a烧瓶中产生“喷泉”现象；（2）由于反应放热，苯和液溴均易挥发,苯和溴极易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去溴化氢气体中的溴蒸气和苯，以防干扰检验H+和Br−，故答案为：除去未反应的苯蒸气和溴蒸气；（3）烧瓶中混合气体对H2的相对密度为35.3，故烧瓶中混合气体的平均相对分子质量为35.3×2 = 70.6，设HBr的体积为x，空气的体积为y，则： + = 70.6   ①x+y=500      ②联立①②解得：x = 400 mL，y = 100 mL，故进入烧瓶中的水的体积为x = 400 mL，故答案为：400；（4）分子中含有的官能团为-OH和-COOH，其名称分别为羟基和羧基，故答案为：羟基；羧基；20.空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下：（1）步骤①获得Br2的离子反应方程式为：_________________________。（2）步骤③所发生反应的化学方程式为：_________________________。在该反应中，氧化剂是______________（填化学式）；若反应中生成2molHBr，则转移电子数约为_____________个。（3）根据上述反应可判断SO2、Cl2、Br2三种物质氧化性由强到弱的顺序是：_______________。（4）步骤②通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的________。A．氧化性      B．还原性      C．挥发性      D．腐蚀性【答案】    (1). Cl2 + 2Br-  =  Br2 + 2Cl-    (2). Br2 + SO2 + 2H2O = 2HBr + H2SO4    (3). Br2    (4). 1.204×1024    (5). Cl2 >Br2> SO2    (6). C【解析】【分析】从流程图中分析可知，苦卤中含有溴，在酸性条件下通入氯气，可发生置换反应生成溴单质，吹入空气，将溴分离出来，然后溴与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸，再通入氯气，生成溴，然后分液、蒸馏最终得到液溴，（1）步骤①是氯气氧化溴离子获得Br2的过程；（2）步骤③是用二氧化硫将溴还原生成溴离子，再根据氧化还原反应的规律找出氧化剂，及电子转移数与生成的HBr之间的关系得出答案；（3）所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据反应Cl2 + 2Br- = Br2 + 2Cl-及Br2 + SO2 + 2H2O = 2HBr + H2SO4得出答案；（4）溴易从液态转化为气态，故步骤②通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的挥发性。【详解】从流程图中分析可知，苦卤中含有溴，在酸性条件下通入氯气，可发生置换反应生成溴单质，吹入空气，将溴分离出来，然后溴与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸，再通入氯气，生成溴，然后分液、蒸馏和得到液溴，（1）步骤①是氯气氧化溴离子获得Br2的过程，则离子方程式为：Cl2 + 2Br-  = Br2 + 2Cl-，故答案为：Cl2 + 2Br- = Br2 + 2Cl-；（2）步骤④是用二氧化硫将溴还原生成溴离子，所发生反应的化学方程式为Br2 + SO2 + 2H2O = 2HBr + H2SO4，Br2化合价降低转化成HBr，被还原，作氧化剂，又因为Br22e-2HBr关系式可知，生成2 mol HBr则转移的电子的物质的量为2 mol，根据n = 得出转移电子数N = 2 = 26.021023 = 1.2041024个，故答案为：Br2 + SO2 + 2H2O = 2HBr + H2SO4；Br2；1.204×1024（3）在氧化还原反应中，反应物元素化合价降低，被还原，作氧化剂，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据反应Cl2 + 2Br- = Br2 + 2Cl-，可知氧化性：Cl2>Br2；再根据反应Br2 + SO2 + 2H2O = 2HBr + H2SO4可以看出，氧化性Br2> SO2，因此可判断SO2、Cl2、Br2三种物质氧化性由强到弱的顺序是：Cl2 >Br2> SO2，故答案为：Cl2 >Br2> SO2；（4）溴易从液态转化为气态，故步骤②通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的挥发性，故C项正确，答案选C。21.硼及硼的化合物有着广泛的用途。请回答下列问题：（1）硼在元素周期表中的位置为_________，电子排布式是________，硼元素有两种天然同位素10B和11B，硼元素的近似相对原子质量为10.8，则两种同位素原子的原子个数之比为_______。（2）单质硼（B）在一定条件下与NaOH溶液反应生成NaBO2和一种气体，请写出该反应的化学方程式________________。（3）与B一个周期的元素Be和C，它们的电离能由小到达的顺序 ____________________【答案】    (1). 第二周期IIIA族    (2). 1s22s22p1    (3). 1:4    (4). 2B + 2NaOH + 2H2O =2 NaBO2 + 3H2 ↑    (5). B<Be<C【解析】（1）硼是5号元素，在元素周期表中的位置为第二周期IIIA族，电子排布式是1s22s22p1，硼元素有两种天然同位素10B和11B，硼元素的近似相对原子质量为10.8，则硼元素的摩尔质量是10.8g·mol－1，设10B和11B的物质的量分别是xmol、ymol，则 =10.8g·mol－1，解得：x：y=1：4，则两种同位素原子的原子个数之比为1：4。（2）单质硼（B）在一定条件下与NaOH溶液反应生成NaBO2和一种气体，该反应的化学方程式2B + 2NaOH + 2H2O =2 NaBO2 + 3H2 ↑。（3）同一周期从左到右第一电离能逐渐增大，但Be价电子排布为2s2，为充满结构，第一电离能增大，与B一个周期的元素Be和C，它们的电离能由小到达的顺序B<Be<C。 22.X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：（1）Q+核外电子排布式为__________________。（2）ZX3分子的空间构型为__________________, ZW3-离子的立体构型是__________。（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是_______(填化学式)，原因是________________________________________。（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为：___________________________________________________________。【答案】    (1). 1s22s22p63s23p63d10    (2). 三角锥形    (3). 平面三角形    (4). SiO2    (5). SiO2为原子晶体,CO2为分子晶体    (6). 2Cu + 8NH3 + O2 + 2H2O == 2[Cu(NH3)4]2+ + 4OH−【解析】【分析】X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，原子序数小于30，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素，据此解答。【详解】X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，原子序数小于30，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素，（1）Cu+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；（2）根据价层电子对互斥理论，NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强，使三个H原子在一侧，N在另一侧，故立体构型为三角锥形；在NO3-离子中，N作为中心原子提供5个电子，当第VIA族的元素O作为周围原子时，不提供电子，NO3-有一个负电荷，多1个电子，所以价电子一共6个，即3对，所以没有孤对电子，其离子构型为平面三角形.故答案为：三角锥形；平面三角形；（3）Y、R的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，故沸点较高的是SiO2，故答案为：SiO2；SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体；（4）将Cu单质的粉末加入到NH3的浓溶液中，并通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反应生成[Cu(NH3)4]2+，该反应的离子方程式为：2Cu + 8NH3 + O2 + 2H2O == 2[Cu(NH3)4]2+ + 4OH−，故答案为：2Cu + 8NH3 + O2 + 2H2O == 2[Cu(NH3)4]2+ + 4OH−；【点睛】本题侧重考查晶原子核外电子排布及简单分子或离子的构型的判断等知识，第（3）小题为易错点，注意二氧化碳和二氧化硅的晶体类型不同，沸点差异很大。