四川省蓉城名校联盟2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）

四川省蓉城名校联盟2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上 的指定位置.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回给老师。可能用到的分子质量 H 1 C 12 O 16 P 31 Cu 64一、选择题：本题共22小题每小题2分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列能级符号书写错误的是A. 4fB. 2dC. 5sD. 3p【答案】B【解析】【详解】第四能层有4个能级，分别是4s、4p、4d、4f，故A正确；B、第二能层，含有2个能级，分别是2s、2p能级，不含d能级，故B错误；C、每个能层都有s能级，故C正确；D、第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，故D正确；选B。2.电化学知识在日常社会生产、生活中应用非常广泛。下列有关电化学知识说法正确的是A. 纯银手镯佩戴过程总变黑是因为发生了电化学腐蚀B. 充电电池在充电过程中可以将电能全部转化为化学能存储起来C. 铸铁锅长时间存留盐液时出现锈斑是因为发生了析氧腐蚀D. 镀铜眼镜框长时间受汗水等侵蚀产生铜锈是因为金属铜发生了吸氧腐蚀【答案】D【解析】【详解】A、纯银手镯佩戴过程变黑是因为发生了化学腐蚀，故A错误；B、充电电池在充电过程中部分电能转化为热能，故B错误；C、铸铁锅长时间存留盐液时发生吸氧腐蚀，故C错误D、镀铜眼镜框长时间受汗水等侵蚀，铜、氧气、二氧化碳、水反应产生碱式碳酸铜，金属铜发生了吸氧腐蚀，故D正确。3.设NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A. 1molCS2分子中含有1NA个键B. 31g白磷(P4)分子中所含的共价键数目为1NAC. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极转移的电子数目一定为2NAD. 在1molCu(H2O)42+中含有12NA个键【答案】D【解析】【详解】A、CS2分子的结构式为SCS，双键是由1个键和 1个键构成的，1molCS2分子中含有2个碳硫双键，因此含有的键为2NA个，故A错误；B、1mol白磷（P4）分子含6molPP键，31g白磷0.25mol，含共价键数目为0.256NA=1.5NA，故B错误；C、阳极放电不只有铜，若阳极质量减少64g，阴极转移的电子数目不一定为2NA，故C错误；D、单键全是键， 1molCu(H2O)42+中含有12NA个键，故D正确。4.原子序数在前36号的某原子最外层电子排布式为ns1，则该原子在元素周期表中不可能位于A. IA族B. VIB族C. VIII族D. IB族【答案】C【解析】【详解】A、IA族元素最外层电子排布式为ns1，故不选A；B、VIB族的Cr元素最外层电子排布式为3d54s1，故不选B；C、VIII族的元素Fe、Co、Ni最外层电子排布式都为4s2，故选C；D、IB族的Cu元素最外层电子排布式为4s1，故不选D。5.下列有关说法正确的是A. 每个能层s能级的原子轨道的形状相同，能层序数越大，轨道半径越大，电子能量越高B. 原子核外电子云是核外电子运动后留下的痕迹C. 教材中说“核外电子的概率密度分布看起来像一片云雾，因为被形象地称作电子云”，这说明原子核外电子云是实际存在的D. 每个能层都有P能级，P能级都有3个原子轨道【答案】A【解析】【详解】As能级原子轨道都是球形的，且能层序数越大，半径也越大，电子能量越高，故A正确；B.电子云就是用小黑点疏密来表示空间电子出现概率大小的一种图形，故B错误；C. “核外电子的概率密度分布看起来像一片云雾，因为被形象地称作电子云”，电子云是不存在的，故C错误；D. 第一能层没有P能级，故D错误。6.下列化学用语表示正确的是A. CO2的分子模型示意图：B. 次氯酸的电子式：C. P4的路易斯结构式：D. 激发态氮原子：1s22s2px12py12pz1【答案】C【解析】【详解】A、CO2分子为直线型结构，故A错误；B、次氯酸的电子式：，故B错误；C、P4是正四面体结构，路易斯结构式：，故C正确；D、基态氮原子核外电子排布式是：1s22s2px12py12pz1，故D错误。7.下列微粒的价层电子对互斥模型(VSEPR模型)和微粒的空间构型不相同的是A. PCl3B. BCl3C. CO32-D. NO3-【答案】A【解析】【详解】A、PCl3中P原子价电子对数是4，VSEPR模型是正四面体，有1个孤电子对，微粒的空间构型是三角锥，故选A；B、BCl3中B原子价电子对数是3，VSEPR模型是平面三角形，无孤电子对，微粒的空间构型是平面三角形，故不选B；C. CO32-中C原子价电子对数是3，VSEPR模型是平面三角形，无孤电子对，微粒的空间构型是平面三角形，故不选C；D. NO3-中N原子价电子对数是3，VSEPR模型是平面三角形，无孤电子对，微粒的空间构型是平面三角形，故不选D。8.下列微粒的中心原子的杂化类型不相同的是A. C6H6(苯) C2H4B. SO3 SO32-C. C2H2 HCND. H3O+ NH4+【答案】B【解析】【详解】A、C6H6(苯)、C2H4的中心碳原子的杂化类型都是Sp2，故不选A；B、SO3中S原子Sp2杂化，SO32-中硫原子采取sp3杂化，故选B；C. C2H2、HCN的中心碳原子的杂化类型都是Sp，故不选C；D、H3O+、 NH4+的中心原子的杂化类型都是sp3杂化，故不选D。9.下列各项叙述错误的是A. 如果硫原子核外电子排布图为，则违反了泡利原理B. 如果25号Mn元素的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d7，则违反了构造原理C. 氮原子的核外电子排布图为，符合洪特规则和泡利原理D. 泡利原理、洪特规则、构造原理都是对核外电子排布满足能量最低的要求【答案】A【解析】【详解】A. 如果硫原子核外电子排布图为，则违反了洪特规则，故A错误；B. 25号Mn元素的基态电子排布式为1s22s2p63s23p63d54s2，如果25号Mn元素的基态电子排布式为1s22s2p63s23p63d7，则违反了构造原理，故B正确；C. 氮原子的核外电子排布图为，符合洪特规则和泡利原理，故C正确；D. 泡利原理、洪特规则、构造原理都是对核外电子排布满足能量最低的要求，故D正确。选A。10.推理是学习化学知识的一种重要方法。下列推理合理的是A. SO2中硫原子采取sp2杂化，则CO2中碳原子也采取sp2杂化B. NH3分子构型是三角锥形，则NCl3分子构型也是三角锥形C. H2O分子的键角是104.5，则H2S分子的键角也是104.5D. PCl3分子中每个原子达到8电子稳定结构，则BF3分子中每个原子也能达到8电子稳定结构【答案】B【解析】【详解】A、二氧化碳分子中碳原子含有2个键且不含孤电子对，所以碳原子采用sp杂化而不是SP2杂化，故A错误；B、NH3、NCl3中N原子都采用SP3杂化，有1对孤电子对，所以分子构型都是三角锥形，故B正确；C、S的电负性比氧小，而且原子半径大，所以S-H的电子偏向S并没有H2O中O-H电子偏向O那么严重，所以排斥力也相应比较小，键角也稍小，故C错误；D、BF3分子中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，B原子未达8电子结构，故D错误。11.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列叙述正确的是元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、-3-2A. Z的气态氢化物的稳定性强于W的气态氢化物的稳定性B. ZH3的键角大于H2W的键角，是因为ZH的键长比WH的键长长C. 化合物X3Z2中存在离子键和非极性共价键D. YCl3是共价化合物，Y2W3是离子化合物【答案】D【解析】【分析】W化合价为2价，没有最高正化合价+6价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于A族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第A族，Y的化合价为+3价，应为周期表第A族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素。【详解】A.同周期元素从左到右非金属性增强，氮元素非金属性弱于氧元素，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则氨气的稳定性弱于水，故A错误；B.NH3的键角大于H2O的键角，是因为H2O分子中O原子有2个孤电子对，NH3分子中N原子有1对孤电子对，故B错误；C. 化合物Mg3N2中存在离子键，不存在共价键，故C错误；D.AlCl3是共价化合物，Mg3N2是离子化合物，故D正确。【点睛】考查学生灵活运用元素周期律解决实际问题的能力。答题时从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破，正确把握元素化合价、原子半径与元素性质的关系是解答该题的关键。12.下列关于价层电子对互斥模型(VSEPR模型)和杂化轨道理论的叙述中正确的是A. 凡是中心原子采取sp2杂化的分子，其分子构型都是平面三角形B. 对于主族元素，中心原子的杂化轨道数等于价层电子对数C. 杂化轨道可用于形成键、键或用于容纳未参与成键的弧电子对D. Sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道杂化形成的四个sp3杂化轨道【答案】B【解析】【详解】A、中心原子采取sp2杂化的分子的立体结构不一定为平面三角形，如苯分子中碳原子为sp2杂化，但苯是平面正六边形，故A错误；B、中心原子属于主族元素时，周围的价层电子对数量与杂化轨道数量一致，故B正确；C. 杂化轨道可用于形成键、或用于容纳未参与成键的弧电子对，不能形成用于键，故C错误；D. Sp3杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和3个p轨道杂化形成的四个sp3杂化轨道，故D错误。13.如表所示的五种元素中， A. B. C. D为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是BCADEA. 应用高纯度单质A制成光导纤维，可提供信息传输速度B. B、C、D三种元素的简单氢化物的沸点依次升高C. 由B、C和氢三种元素形成的化合物中可能含有离子键D. E在元素周期表中的位置是第4周期IVA族，简化电子排布式为Ar4s24p2【答案】C【解析】分析】A. B. C. D为短周期元素，由A. B. C. D在周期表中的位置可知A、D是第三周期元素，B、C是第二周期元素，令A最外层电子数是x，则B. C. D最外层电子数是分别是x+1、x+2、x+3，x+x+1+x+2+x+3=22，x=4，所以A. B. C. D分别是 Si、N、O、Cl，E是Ge。【详解】A. 应用高纯度SiO2制成光导纤维，可提高信息传输速度，故A错误； B. NH3、H2O、HF的沸点从低到高是顺序是NH3HFH2O，故B错误；C. 由N、O和氢三种元素形成的化合物NH4NO3中含有离子键，故C正确；D. Ge在元素周期表中的位置是第4周期IVA族，简化电子排布式为Ar3d104s24p2，故D错误。14.已知X和Y均为第三周期元素，其原子的第一至第四电离如下表所示：下列说法正确的是电离能/kJmol-1I1I2I3I4X5781817274511578Y7381451773310540A. X通常显+3价，Y通常显+1价B. X的第一电离能力大于Y的第一电离能C. X、Y的最高价氧化物的水化物都不能与氢氧化钠反应D. 工业上制取X采用的是电解熔融的X的氧化物，制取Y采取的是电解熔融的Y的氯化物【答案】D【解析】【分析】X的第四电离能突然增大，X最外层有3个电子，X是Al元素；Y的第三电离能突然增大，Y最外层有2个电子，Y是Mg元素。【详解】A、X的第四电离能突然增大，X最外层有3个电子，X是Al元素，铝通常显+3价；Y的第三电离能突然增大，Y最外层有2个电子，Y是Mg元素，镁通常显+2价，故A错误；B、 根据表格数据，X的第一电离能力小于Y的第一电离能，故B错误；C、氢氧化铝能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故C错误；D、 工业上采用的是电解熔融的氧化铝冶炼金属铝，电解熔融的氯化镁冶炼金属镁，故D正确。【点睛】本题考查元素电离能的递变，题目难度中等，注意根据电离能的变化判断元素核外电子排布为解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律。15.在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的铁片与碳棒，下列叙述正确的是A. 正极附近的SO42-离子浓度逐渐增大B. 碳棒上有H2逸出C. 正极有O2逸出D. 电子通过导线由碳棒流向铁片【答案】B【解析】【分析】在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的铁片与碳棒构成原电池，铁是负极、碳棒是正极。【详解】A、原电池中电解质里的阴离子移向负极， SO42-向负极移动，负极附近的SO42-离子浓度逐渐增大，故A错误；B、碳棒是正极，碳棒上氢离子得电子生成氢气，故B正确；C、碳棒是正极，碳棒上氢离子得电子生成氢气，没有氧气生成，故C错误；D、原电池中电子由负极通过导线流向正极，电子由铁片通过导线流向碳棒，故D错误。【点睛】本题考查了原电池原理，难度不大，会根据金属活泼性判断原电池的正负极是解本题的关键，明确正负极的判断方法、正负极上发生反应的类型、电子和电流的流向即可解答本题。16.铅蓄电池是典型的可充型电池，起反应为Pb+PbO2+4H+2SO42-2PbSO4+2H2O：，下列说法正确的是A. 放电时负极质量减少，正极质量增加，电解质溶液中H2SO4的浓度将变小B. 放电时负极的电极反应为：PbO2+2e-+4H+SO42-=PbSO4+2H2OC. 充电时Pb与电源正极相连D. 充电时阳极上pbSO4变为PbO2，发生氧化反应【答案】D【解析】【分析】电池总反应式为：Pb+PbO2+4H+2SO2-42PbSO4+2H2O，负极电极反应：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正极电极反应：PbO2+2e-+4H+2SO42-=PbSO4+2H2O，依据电解反应和电池原理分析判断；【详解】A. 放电时，负极电极反应：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正极电极反应：PbO2+2e-+4H+2SO42-=PbSO4+2H2O，所以放电时负极、正极质量都增加，电解质溶液中H2SO4的浓度将变小，故A错误；B. 放电时正极的电极反应为：PbO2+2e-+4H+SO42-=PbSO4+2H2O，故B错误；C. 充电时电池的负极充当电解池的阴极，所以充电时Pb与电源负极相连，故C错误；D. 充电时阳极失电子， pbSO4变为PbO2，发生氧化反应，故D正确。17.下列有关装置图的叙述正确的是A. 装置中的总反应为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+B. 装置中的开关由M改置于N时，Cu-Zn合金的腐蚀速度增大C. 装置中在Fe电极区无蓝色沉淀，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法D. 装置中桥墩与外加电源正极连接能确保桥墩不被腐蚀【答案】C【解析】【详解】A、装置是原电池，铁活泼性大于铜，金属Fe作负极失去电子，总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A错误；B、装置中的开关由M改置于N时，纯锌是负极，合金的腐蚀速率减慢，故B错误；C、装置锌作负极，铁作正极，发生的是锌的吸氧腐蚀，是验证牺牲阳极的阴极保护法的实验装置，故C正确；D、装置中桥墩与外加电源负极连接能确保桥墩不被腐蚀，故D错误。18.当电池工作时，下列说法错误的A. 甲池中N极的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2OB. 当N极消耗5.6L(标准状况下)O2时，铁极增重32gC. 电子的流动方向为MFeCuSO4溶液CuND. M极上发生的是氧化反应【答案】C【解析】【分析】甲池是原电池，N极氧气得电子生成水，所以N极是正极、M是负极；乙是电解池，Cu电极与正极相连，Cu是阳极，Fe电极与负极相连，Fe是阴极。【详解】A. 甲池是原电池， N极是正极，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，故A正确；B. N极是正极，消耗5.6L(标准状况下)O2时，转移电子1mol，Fe是阴极，电极反应式是Cu2+2e-=Cu，根据得失电子守恒，生成铜0.5mol，铁极增重32g，故B正确；C. 溶液中没有电子流动，电子的流动方向为MFe，CuN，故C错误；D. M极是负极，M失电子发生氧化反应，故D正确；选C。19.某同学组装了如图所示的电化学装置，电极I为Al，其他电极均为Cu，下列说法正确的是A. 盐桥中通常装有含琼脂的KCl饱和溶液，起作用是平衡电荷，电池工作时，K+、Cl-会分别进入两边的溶液中B. 该装置工作一段时间后，电极III上有红色固体析出C. 该装置工作一段时间后，号烧杯中电解质溶液浓度不变，两个电极的质量不变D. 该装置工作时，号烧杯中的SO42-向电极IV移动【答案】A【解析】【分析】电极为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以是负极、是阴极，是正极、是阳极，电流方向从正极流向负极，负极失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，以此解答该题。【详解】A. 盐桥中通常装有含琼脂的KCl饱和溶液，电池工作时，盐桥通过离子移动导电，所以K+、Cl-会分别进入两边的溶液中，故A正确；B、电极是电解池阳极，电极的电极反应式是Cu2e-=Cu2+，电极III上没有红色固体析出，故B错误；C. 电极的电极反应式是Cu2e-=Cu2+、的电极反应式是Cu2+2e-=Cu，号烧杯是电镀池，该装置工作一段时间后，电解质溶液浓度不变，电极减轻、电极质量增大，故C错误；D. 号烧杯是电镀池，阴离子移向阳极，SO42-向电极III移动，故D错误。【点睛】本题考查了原电池、电解池原理，题目难度中等，正确判断正负极、阴阳极为解答关键，注意熟练掌握原电池、电解池的工作原理，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。20.近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”的锂-铜空气燃料电池，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH-，下列说法正确的是A. 正极为Li，负极为CuB. 放电时，正极的电极反应为：2Cu+2OH-+2e-=Cu2O+2H2OC. Li极有机电解质可以换成Cu极的水溶液电解质D. 通空气时，整个反应过程中，铜相当于催化剂【答案】D【解析】【详解】A、根据放电总反应2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH-，Li失电子发生氧化反应，Li是负极、Cu是正极，故A错误；B、放电时，正极是Cu2O得电子生成Cu，电极反应为：Cu2O+2e-+H2O2Cu+2OH-，故B错误；C、Li是活泼电极，Li能与水反应，所以Li极有机电解质不能换成Cu极的水溶液，故C错误；D、 通空气时，Cu被氧化为Cu2O，所以整个反应过程中铜相当于催化剂，故D正确。【点睛】本题考查了原电池原理，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，题目难度中等，注意把握Cu在整个过程中的作用。21.工业上可以通过电解NO2制备NH4NO3，其工作原理如图所示，下列说法正确的是A. 电解过程中，阴极区NO2流入速率比阳极区NO2流入速率快些B. 阴极区消耗1molNO2需补充6mol化合物XC. 阳极反应为：NO2+e-+H2O=NO3-+2H+D. 电解过程中，阴极区的pH小于阳极区的pH【答案】B【解析】【分析】阳极二氧化氮失电子生成硝酸根离子，电极反应式是NO2-e-+H2O= NO3-+2H+；阴极二氧化氮得电子生成铵根离子，电极反应式是NO2+7e-+8H+=NH4+2H2O；【详解】A、阳极反应式是NO2-e-+H2O= NO3-+2H+；阴极反应式是NO2+7e-+8H+=NH4+2H2O，根据转移电子数相同，阳极区NO2流入速率比阴极区NO2流入速率快些，故A错误；B、根据电子守恒，阴极区消耗1molNO2生成1mol NH4+,阳极同时生成7mol NO3-，要制备NH4NO3，需要补充6mol氨气，故B正确；C、 阳极反应为：NO2-e-+H2O= NO3-+2H+，故C错误；D. 电解过程中，阴极区发生NO2+7e-+8H+=NH4+2H2O，消耗氢离子pH增大，阳极反应式是NO2-e-+H2O= NO3-+2H+，生成氢离子pH降低，阴极区的pH大于阳极区的pH，故D错误。22.用惰性电极电极500mlKCl和Cu(NO3)2组成的混合溶液，一段时间后两极都得到22.4L(标准状况下)气体，电解后将溶液混合均匀后呈中性，则此溶液中NO3-的物质的浓度为A. 2molL-1B. 1.2molL-1C. 4molL-1D. 1molL-1 .【答案】A【解析】【分析】惰性电极电解KCl和CuSO4混合液，阴极发生Cu2+2e-=Cu、2H+2e-=H2，阳极发生2Cl-2e-=Cl2、40H-4e-2H2O+O2，结合两极均得到22.4L气体（STP），说明阴极两个反应都发生了，阳极也是，根据电子守恒分析解答。【详解】惰性电极电解KCl和CuSO4混合液，阴极发生Cu2+2e-=Cu、2H+2e-=H2，阳极发生2Cl-2e-=Cl2、40H-4e-2H2O+O2，电解后将溶液混合均匀后呈中性，说明开始是电解氯化铜，且两极生成铜与氯气的物质的量相同；结合两极均得到22.4L气体（STP），说明阴极两个反应都发生了，阳极也是，阳极生成氯气和氧气共1mol，阴极生成铜和1mol氢气，设生成铜xmol，据电子守恒2x+2=2x+4(1-x)，x=0.5mol，溶液中NO3-的物质的量为1mol，NO3-的物质的量浓度为=2molL-1，故选A。【点睛】本题考查电解原理，明确惰性电极电解时离子的放电顺序及发生的电极反应是解答本题的关键，注意根据转移的电子守恒来解答，题目难度中等。二、非选择题：本题共4小题，共56分。23.A、B、C、D为短周期主族元素并且原子序数依次增大，其中只有A、B、C在同一周期。A元素原子核外成对电子数是未成对电子数的2倍；B元素最外层有3个未成对电子；C元素核外有3对成对电子；D元素是所在周期中原子半径最小的；E元素位于周期表的第四周期第九列。请根据相关信息，应化学用语回答下列问题：（1）A的基态原子核中核外有_种运动状态不同的电子；B的基态原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为_。D的基态原子核外有_种能量不同的电子。（2）B的氢化物BH3的VSEPR模型为_，其分子空间构型为_；A、B、C三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_（填元素符号）。（3）BO2-中B原子的杂化轨道类型为_；与AB-互为等电子体的分子有_，离子有_。（分别写出1种）（4）由A、C与氢形成H2A2C4分子中，1mol该分子中含有键数目为_。（5）E元素位于元素周期表中的_区，E3+的一种配离子E(BH3)5D2+中，E3+的配位数为_，配位原子为_、_。【答案】 (1). 6； (2). 哑铃型 (3). 5 (4). 四面体型 (5). 三角锥形 (6). NOC (7). sp2 (8). CO、N2 (9). C22-、O22+、NO+等 (10). 2NA (11). d (12). 6 (13). N (14). Cl或Cl-【解析】【分析】A、B、C、D为短周期主族元素并且原子序数依次增大，其中只有A、B、C在同一周期，A元素原子核外成对电子数是未成对电子数的2倍，A是C元素；B元素最外层有3个未成对电子，B是N元素；C元素核外有3对成对电子，C是O元素；D元素是所在周期中原子半径最小的，D是Cl元素；E元素位于周期表的第四周期第九列，E是Co元素。【详解】（1）A是C元素，C原子核外有6个电子，基态原子核中核外有6种运动状态不同的电子；B是N元素，基态N原子的核外电子排布式是1s22s22p3，电子占据最高能级是2p，电子云轮廓图为哑铃型。D是Cl元素，基态Cl原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，有5种能量不同的电子。（2）NH3中N原子价电子对数是，VSEPR模型为四面体型，有1对孤电子对，其分子空间构型为三角锥形；同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大，N原子2p轨道半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为NOC。（3）NO2-中N原子价电子对数是，所以杂化轨道类型为sp2；原子数相同、价电子数也相同的微粒互为等电子体，与CN-互为等电子体的分子有CO、N2，离子有C22-、NO+。（4）由C、O与H形成H2C2O4分子，结构式是，1mol该分子中含有键的数目为2NA。（5）Co元素价电子排布式是3d74s2，位于元素周期表中的d区，Co3+的一种配离子Co (NH3)5Cl2+中，E3+的配位数为6，配位原子为Cl、N。【点睛】本题考查元素推断、元素周期律、核外电子排布规律等，难度不大，推断元素是解题的关键，注意熟练掌握元素周期律与物质性质的递变规律、把握物质的结构和性质。24.光伏材料是指能将太阳能直接转换成电能的材料。光伏材料又称太阳能材料，只有半导体材料具有这种功能。可做太阳电池材料的有单晶硅、多晶硅、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CdS、CdTe、CuInSe等。（1）已知Se在周期表的位置为_，硅的基态原子电子排布式为_,基态Ga原子核外电子占据的最高能级为_，铜的基态原子价电子排布图为_。（2）P、S、Ga电负性从大到小的顺序为_。（3）与Al元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸(H3BO3)在水溶液中能与水反应生成B(OH)4-而体现一元弱酸的性质，B(OH)4-的结构式为_（标出配位键）（4）已知Cu(H2O)42+具有对称的空间构型，Cu(H2O)42+中的2个H2O被Cl-取代，能得到2种不同结构的产物，则Cu(H2O)42+的空间构型为_。（5）As元素的第一电离能_Se元素的第一电离能(填“大于”、“小于”或“等于”)，原因是_。（6）太阳电池材料的很多金属或金属化合物在灼烧时会产生特殊的火焰颜色，请用原子结构的知识阐述产生此现象的原因是_。【答案】 (1). 第四周期VIA族 (2). 1s22s22p63s23p2或者Ne3s23p2 (3). 4p (4). 3d104s1 (5). SPGa (6). (7). 平面四边形 (8). 大于 (9). 略 (10). 略【解析】分析】（1）Se是34号元素，4个电子层、最外层6个电子；硅核外有14个电子，根据能量最低原理书写硅原子核外电子排布式；根据能量最低原理，核外电子从低能级向高能级排布；根据能量最低原理、洪特规则分析铜的基态原子价电子排布图；（2）同周期元素从左到右电负性逐渐增大；同主族元素从上到下电负性减小；（3）H3BO3与水反应生成B(OH)4-时形成1个配位键；（4）Cu（NH3）42+具有对称的空间构型，则该微粒为正四面体结构或平面正方形结构，平面正方形结构有两种不同的二氯代物，正四面体结构有一种二氯代物；（5）砷、硒都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；（6）当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量。【详解】（1）Se是34号元素，4个电子层、最外层6个电子，在周期表的位置为第四周期VIA族；硅核外有14个电子，根据能量最低原理，硅原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p2； Ga是31号元素，核外有31个电子，基态Ga原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，最高能级为4p；根据能量最低原理、洪特规则，铜的基态原子价电子排布图是3d104s1；（2）同周期元素从左到右电负性逐渐增大、同主族元素从上到下电负性减小，所以电负性SPGa；（3）H3BO3与水反应生成B(OH)4-时形成1个配位键，B(OH)4-的结构式为；（4）Cu（NH3）42+具有对称的空间构型，则该微粒为正四面体结构或平面正方形结构，平面正方形结构有两种不同的二氯代物，正四面体结构有一种二氯代物，Cu(H2O)42+中的2个H2O被Cl-取代，能得到2种不同结构的产物，则Cu(H2O)42+的空间构型为平面四边形；（5）砷、硒都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以As元素的第一电离能大于Se元素的第一电离能；（6）当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量，产生特殊的火焰颜色。25.直接甲醇燃料电池 (DMFC) 具备低温快速启动、燃料洁净环保以及电池结构简单等特性。这使得直接甲醇燃料电池(DMFC)可能成为未来便携式电子产品应用的主流。如图以甲醇为燃料的新型电池是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。回答下列问题： （1）如图中的B极上的电极反应式为_。（2）若用上述甲醇燃料电池做电源，用惰性电极电解100mL，5molL-1硫酸铜溶液，当阳极收集到3.36L(标准状况)气体时，消耗甲醇的质量为_g，此时可向电解后的溶液中加入_使溶液复原。请写出电解硫酸铜溶液的电解反应化学方程式_。（3）若用上述甲醇燃料电池做电源，用石墨做电极在一定条件下电解饱和食盐水制取NaOH。如图电解池的电极a接甲醇燃料电池的_极( 填A或B) ，写出阳极的电极反应式：_。假设电解时还产生一种黄绿色气体二氧氯(ClO2)，写出阳极产生ClO2的电极反应式_。电解一段时间，当阴极产生的气体体积为224 mL(标准状况)时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为_mol。【答案】 (1). CH3OH+O2-6e-=CO2+4H+； (2). 3.2g (3). CuO或CuCO3 (4). 2CuSO4+2H2O 2H2SO4+2Cu+O2 (5). A (6). 2Cl-2e-Cl2 (7). 2H2O+Cl-5e-=ClO2+4H+ (8). 0.02mol【解析】【分析】（1）根据图示，B是负极，甲醇在B极上失电子生成二氧化碳和氢离子；（2）用惰性电极电解100mL 5molL-1硫酸铜溶液，阳极生成氧气，阴极生成铜；当阳极收集到3.36L(标准状况)氧气时，转移电子的物质的量是0.6mol；根据得失电子守恒计算消耗甲醇的质量；当阳极收集到0.15mol氧气时，阴极得到0.3molCu，根据元素守恒分析向电解后的溶液中加入的物质；（3）根据钠离子移动方向可知a是阳极；阳极是氯离子失电子生成氯气；氯离子在阳极失电子可以产生ClO2；电解氯化钠溶液时，阴极产生的气体是氢气。【详解】（1）根据图示，B是负极，甲醇在B极上失电子生成二氧化碳和氢离子，B电极反应式是CH3OH+O2-6e-=CO2+4H+；（2）用惰性电极电解100mL 5molL-1硫酸铜溶液，阳极生成氧气，当阳极收集到3.36L(标准状况)氧气时，转移电子的物质的量是0.6mol；设消耗甲醇的质量为xg，根据得失电子守恒；CH3OH+O2-6e-=CO2+4H+ 32g 6mol Xg 0.6molX=3.2g当