贵州省遵义市正安县第一中学2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）

贵州省正安县一中2020学年上学期期中考试高二 化学1. 下列对电负性的理解不正确的是( )A. 电负性是人为规定的一个相对数值,不是绝对标准B. 元素电负性的大小反映了元素原子对键合电子吸引力的大小C. 元素的电负性越大,则元素的非金属性越强D. 元素的电负性是元素固有的性质,与原子结构无关【答案】D【解析】一般来说,同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大,同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减小,因此,电负性与原子结构有关。2.X、Y、Z是3种短周期元素，其中X、Y位于同一族，Y、Z处于同一周期，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子的少1。下列说法正确的是()A. 原子半径由大到小的顺序为ZYXB. Y元素最高价氧化物对应的水化物的化学式为H3YO4C. X的简单离子半径大于Y的简单离子半径D. Ca2的半径大于Y的简单离子半径【答案】A【解析】X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则X为O，X和Y位于同一主族，则Y为S，Z原子的核外电子数比Y原子少1，则Z为P，A、原子半径的大小是PSO，故A正确；B、Y为S，最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，故B错误；C、S2的半径大于O2，故C错误；D、S2的半径大于Ca2，故D错误。点睛：半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数增多而增大。3.科学研究证明核外电子的能量不仅与电子所处的能层、能级有关，还与核外电子数及核电荷数有关。氩原子与硫离子的核外电子排布相同，核外电子排布式都是1s22s22p63s23p6。下列说法正确的是()A. 两粒子1s能级上电子的能量相同B. 两粒子3p能级上的电子离核的距离相同C. 两粒子的电子发生跃迁时，释放出的能量不同D. 两粒子都达到8电子稳定结构，化学性质相同【答案】C【解析】【分析】题干信息“还与核外电子的数目及核电荷的数目有关”，Ar和S的核电核数不同，则相同能级的电子能量不同，电子离核的距离不同，发生跃迁时产生的光谱不同，以此解答该题。【详解】A.虽然电子数相同，但是核电荷数不同，所以能量不同，故A错误；B.同是3p能级，氩原子中的核电荷数较大，对电子的引力大，所以电子离核较近，故B错误；C.电子的能量不同，则发生跃迁时，产生的光谱不同，故C正确；D.硫离子是得到电子之后变成这种结构，有较强的失电子能力，所以具有很强的还原性，二者性质不同，故D错误。故选C。【点睛】解答本题的关键是能正确把握题给信息，特别是核电核数不同这一点，答题时注意审题。4. 下列关于微粒半径的说法正确的是( )A. 电子层数少的元素的原子半径一定小于电子层数多的元素的原子半径B. 核外电子层结构相同的单核微粒半径相同C. 质子数相同的不同单核微粒,电子数越多半径越大D. 原子序数越大,原子半径越大【答案】C【解析】试题分析：由于同周期主族元素原子半径逐渐减小，故A族的原子半径不一定比上一周期A族元素原子半径大，如r(Li)r(S)r(Cl)，所以A不正确；对于核外电子层结构相同的单核离子和原子，半径是不同的，所以B不正确；质子数相同的不同单核微粒，阴离子半径原子半径阳离子半径，所以C正确；随着原子序数的增大，原子半径不是一直增大，而是呈现周期性变化，所以D不正确。故选C。考点：元素周期表中主族元素性质递变规律点评：本题考查元素周期表中主族元素性质的递变规律，原子半径的周期性判断，题目难度中等。5.下列是几种原子的基态电子排布式，电负性最大的原子是A. 1s22s22p4 B. 1s22s22p63s23p3C. 1s22s22p63s23p2 D. 1s22s22p63s23p64s2【答案】A【解析】试题分析：最外层电子数越多电负性越大，故A正确。考点：本题考查电负性。6.电子在一个原子的下列能级中排布时，最后一个排布的是()A. ns B. np C. (n1)d D. (n2)f【答案】B【解析】根据构造原理，原子核外电子大多按能级顺序填充，填满一个能级再填一个新能级，不同能层不同能级的能量顺序为ns（n2）f（n1）dnp，所以电子最后排布的是np，答案选B。7.下列各组指定的元素不能形成AB2型化合物的是A. 2s22p2和2s22p4 B. 2s22p2和3s23p4C. 3s2和3s23p5 D. 3s1和3s23p5【答案】D【解析】【分析】根据外围电子排布确定元素，结合元素化合价及元素形成的常见化合物进行分析判断。【详解】A.价层电子排布为2s22p2的元素为C，价层电子排布为2s22p4元素为O，二者可形成CO2，故A不符合题意；B.价层电子排布为3s23p4的元素为S，价层电子排布为2s22p2的元素为C，二者可形成CS2，故B不符合题意；C. 价层电子排布为3s2的元素为Mg，价层电子排布为2s22p5的元素为Cl，二者可形成MgCl2，故C不符合题意；D. 价层电子排布为3s1的元素为Na，价层电子排布为3s23p5的元素为Cl，二者可形成NaCl，与题目不符，故选D；故选D。【点睛】解决原子核外电子排布题目时，注意掌握常见元素的化合价及元素组成常见化合物类型，注意把握核外电子的排布特点，把握常见元素的化合价。8.下列原子半径大小顺序正确的是1s22s22p31s22s22p63s23p31s22s22p51s22s22p63s23p2A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据核外电子排布式书写规律分析解答。【详解】1s22s22p3是N元素，1s22s22p33s23p3是P元素，1s22s22p5 是F元素，1s22s22p63s23p2 是Si元素，根据元素周期律分析可知，原子半径由大到小的顺序为：SiPNF，故答案D正确。故选D。【点睛】原子半径比较：电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，原子半径越大。9.电子排布式为Ar3d54s2的元素是A. 稀有气体 B. 过渡元素C. 主族元素 D. 卤族元素【答案】B【解析】在最外能层p能级上填充有电子且未满时,一定为主族元素;最外能层p能级上未填充电子,而在次外层d(或倒数第三层f)能级上填充有电子的元素,一定是过渡元素。10.下列说法正确的是()A. 同一周期相邻主族的两种元素的原子序数之差是1B. 同一主族的两种元素的原子序数之差不可能是36C. 同一主族相邻周期的两种元素的原子序数之差可能是18D. 同一主族相邻周期的两种元素的原子序数之差都相同【答案】C【解析】A同周期的A族元素与A族元素的原子序数之差短周期的差1，四、五周期的差11，六、七周期的差25，选项A错误；B、如零族等第三周期与第五周期元素相差36，选项B错误；C、对于处于同一主族不同周期的元素，原子序数相差可能为2、8、18、32或36，选项C正确；D、在元素周期表左侧和右侧，相邻周期的同一主族的两种元素，原子序数之差不同，符合左差上，右差下规律，选项D错误；答案选C。11.外围电子排布式为4f75d16s2的元素在周期表中位置应是()A. 第四周期第B族 B. 第五周期第B族C. 第六周期第B族 D. 第六周期第B族【答案】D【解析】试题分析：最高主量子数为6，所以为第6周期。由5d16s2知在B族，答案选D。考点：考查元素位置的判断点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。该题的关键是明确元素外围电子构型与元素在周期表中位置的关系，有利于培养学生的逻辑思维能力。该题难度不大，学生不难得分。12.以下对核外电子运动状态的描述正确的是A. 电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转B. 能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动C. 能层序数越大，s原子轨道的半径越大D. 在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相同【答案】C【解析】【分析】根据原子核外电子排布规则分析解答，根据核外电子运动状态，电子云的概念分析解答，【详解】A.电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转，只是在某个区域出现的概率大些，故A错误；B.能量高的电子也可以在S轨道上运动 如7S轨道上的电子能量也很高，比4f能量还高，故B错误；C.能层序数越大，电子离原子核越远，所以能层序数越大，s轨道上的电子距离原子核越远，则s原子轨道的半径越大，故C正确；D.同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，两个电子的自旋方向不同，则其运动状态肯定不同，所以在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同，故D错误。故选C。【点睛】注意同一能级上电子能量相同，其运动状态不同，明确电子云含义，这是本题的易错点。13. 根据电子排布的特点,Cu在周期表中属于( )A. s区 B. ds区 C. d区 D. p区【答案】B【解析】Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,价电子层为(n-1)d10ns12的元素位于ds区。14.第N能层所含能级数、原子轨道数和最多容纳电子数分别为A. 3、9、18 B. 4、12、24C. 5、16、32 D. 4、16、32【答案】D【解析】第N能级为第4层，含有的轨道能级分别为s、p、d、f 的顺序依次为1、3、5、7，共有16个轨道，每一个轨道可容纳2个电子，可以最多容纳32个电子，D正确；正确选项D。15.下列原子或离子核外电子排布不属于基态排布的是A. Na：1s22s22p53s2 B. S2：1s22s22p63s23p6C. N：1s22s22p3 D. Si：1s22s22p63s23p2【答案】A【解析】【分析】原子或离子核外电子排布属于基态排布，应满足构造原理：1s、2s2p；3s3p；4s3d4p；5s4d5p；6s4f5d6p；7s5f6d7p按此顺序填充，注意满足半满、全满、全空稳定状态，洪特规则、泡利原理。【详解】A.选项中2p能级未填充满电子就填充3s能级，Na原子核外电子数为11，核外电子基态排布式为1s22s22p63s1，故A错误；B. S2核外电子数为18，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p6，故B正确，不符合题意；C. N原子核外有7个电子，核外电子基态排布式为1s22s22p3，故C正确，不符合题意；D. Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2，故D正确，不符合题意；答案选A。【点睛】掌握核外电子排布规律与常见电子排布式的书写是解本题的关键，简单原子的基态电子排布式按照构造原理将电子依次填充到能量逐渐升高的能级中。其规律可用下表表示：ns(n-2)f(n-1)dnp1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f5d6p7s5f6d7p自左往右，自上往下依次填充即可。16. 用萃取法从碘水中分离碘，所用萃取剂应具有的性质是不和碘或水起化学反应 能溶于水不溶于水应是极性溶剂应是非极性溶剂A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：萃取剂的选择应符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应，利用碘易溶于有机溶剂的性质来进行提取，选取的萃取剂（四氯化碳或苯）不和碘或水起化学反应，不溶于水，水是极性溶剂，四氯化碳或苯是非极性溶剂，符合条件的是、，答案选C。【考点定位】考查萃取剂的选择。【名师点睛】本题考查萃取剂的选择，注意萃取剂的选择应符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应。17.碳化硅(SiC)的一种晶体具有类似金刚石的结构，其中碳原子与硅原子的位置是交替的，在下列三种晶体中，它们的熔点从高到低的顺序是金刚石晶体硅碳化硅A. B. C. D. 【答案】A【解析】三种晶体均为原子晶体，结构相似，晶体内部的结合力是呈现空间网状的共价键，共价键键长C-CC-SiC-SiSi-Si；共价键键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高，所以三者熔点从高到低的顺序是；A正确；正确选项A。18.依据价层电子对互斥理论判断SO2的分子构型A. 正四面体形 B. 平面三角形 C. 三角锥形 D. V形【答案】D【解析】【分析】根据价层电子对互斥理论确定分子的空间构型，价层电子对个数=配原子个数+孤电子对个数分析解答。【详解】SO2的分子中价层电子对个数=2+12（6-22）=3，且含有一个孤电子对，所以其空间构型为V形，故D正确。故选D。19.用价层电子对互斥理论（VSEPR）预测H2S和COCl2的立体结构，两个结论都正确的是A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形C. 直线形；平面三角形 D. V形；平面三角形【答案】D【解析】试题分析：H2S分子中的中心原子S原子上的孤对电子对数是1/2(6-12)=2，则说明H2S分子中中心原子有4对电子对，其中2对是孤对电子因此空间结构是V型；而COCl2中中心原子的孤对电子对数是1/2(4-21-12)=0，因此COCl2中的中心原子电子对数是3对，是平面三角形结构，故选项是D。考点：考查价层电子对互斥理论的应用的知识。20.某研究性学习小组对手性分子提出了以下四个观点：互为手性异构体的分子互为镜像利用手性催化剂合成可得到一种或主要得到一种手性分子手性异构体分子组成相同手性异构体性质相同你认为正确的是A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】试题分析：根据手性分子的定义及性质判断：互为手性异构体的分子互为镜像，正确；利用手性催化剂合成可得到一种或主要得到一种手性分子，正确；手性异构体分子组成相同，正确，手性异构体性质不相同，错误，答案选A。考点：考查对手性分子的判断21.下列说法中正确的是A. NO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构B. P4和CH4都是正四面体型分子且键角都为109.5C. NH4+的电子式为，离子呈平面正方形结构D. NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强【答案】D【解析】【分析】根据原子核外电子排布规律分析解答；根据键能、键长、键角及其应用，判断简单分子或离子的构型。【详解】A.NCl3中所有原子都达到8电子结构，故A错误；B.白磷是正四面体结构，但键角是60，故B错误；C铵根离子与甲烷分子结构相似，都是正四面体结构，故C错误；DNH3分子中有一对未成键的孤对电子，它比对成键电子对的排斥作用强，故D正确。故选D。【点睛】注意白磷分子和甲烷分子结构的相似于区别，是本题的易错点。22.下列说法中正确的是A. PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果B. sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道C. 凡中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型都是四面体D. AB3型的分子空间构型必为平面三角形【答案】C【解析】【分析】A.PCl3分子中P原子属于sp3杂化；B.只有能量相近的s轨道和p轨道才能形成杂化轨道；C.中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型都是四面体；D.AB3型的分子空间构型还可以为三角锥形；【详解】A.PCl3分子的中心原子P含有3个成键电子对和1个孤电子对，属于sp3杂化，由于含有1个孤电子对，所以空间构型为三角锥形，故A项错误；B.只有能量相近的s轨道和p轨道才能形成杂化轨道，则sp3杂化轨道是能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道，故B项错误；C.由价层电子对互斥理论可知，凡中心原子采取sp3杂化的分子，其价层电子对互斥模型都是四面体，故C项正确；D. AB3型的分子空间构型与中心原子的孤电子对数也有关，如BF3中B原子没有孤电子对，为平面三角形，NH3中N原子有1个孤电子对，为三角锥形，故D项错误，本题选C。23.用价层电子对互斥理论预测H2S和BCl3的立体结构，两个结论都正确的是A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形C. 直线形；平面三角形 D. V形；平面三角形【答案】D【解析】【分析】根据价层电子对互斥理论分析解答。【详解】H2S分子的中心原子S原子上含有2个 键，中心原子上的孤电子对数=2，所以硫化氢分子的VSEPR模型是四面体型，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型；BCl3分子的中心原子B原子上含有3个 键，中心原子上的孤电子对数=（0-31）=0，所以BCl3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形，故D正确。故选D。【点睛】价层电子对互斥理论认为：分子的立体构型是“价层电子对”相互排斥的结果价层电子对就是指分子中的中心原子上的电子对，包括 键电子对和中心原子上的孤电子对； 键电子对数和中心原子上的孤电子对数之和就是价层电子对数，由于价层电子对的相互排斥，就可得到含有孤电子对的VSEPR模型，略去孤电子对就是该分子的空间构型。注意中心原子上的孤电子对数=（a-xb），a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子数，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数。24.COCl2分子的结构式为，COCl2分子内含有A. 4个键 B. 2个键，2个键C. 2个键、1个键 D. 3个键、1个键【答案】D【解析】键存在于单键中，在双键中一个为键，一个为键；在三键中，一个为键，二个为键；即可得COCl2分子内含有3个键、1个键；25.下列现象与氢键有关的是HF的熔、沸点比A族其他元素氢化物的高乙醇可以和水以任意比互溶冰的密度比液态水的密度小水分子高温下也很稳定 邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题解析：因第A族中，F的非金属性最强，HF中分子之间存在氢键，则HF的熔、沸点比A族其他元素氢化物的高，故正确；因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，故正确；冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故正确；水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故错误；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故正确；故选B考点：氢键及氢键对物质的性质的影响26. 下列叙述中正确的是( )A. NH3、CO、CO2都是极性分子B. CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子C. HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强D. CS2、H2O、C2H2都是直线形分子【答案】B【解析】分子的极性一般与物质的空间结构有关,空间结构对称,则属于非极性分子,反之,属于极性分子。键的极性只与形成该键的非金属的电负性有关,而物质的稳定性取决于共价键的键能。所以选项A中CO2属于非极性分子;选项C中HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱;选项D中的H2O属于V形结构。27.下列有关化学键类型的判断不正确的是A. ss 键与sp 键的对称性不同B. 分子中含有共价键，则至少含有一个键C. 已知乙炔的结构式为HCCH，则乙炔分子中存在2个键(CH)和3个键(CC)D. 乙烷分子中只存在键，即6个CH键和1个CC键都为键，不存在键【答案】C【解析】【分析】根据共价键的种类和应用分析解答。【详解】A.键都是轴对称图形，故A正确；B. 共价单键为键，双键和三键中均含1个键，则分子中含有共价键，则至少含有一个键，故B正确；C.乙炔中的碳碳叄键中含有一个键，2个键，两个CH键是键，故C错误；D.乙烷分子中只存在CC单键和CH单键，故都是键，故D正确。故选C。【点睛】单键中只有键，双键含有1个键和1个键；C=C、碳碳叄键中的键不稳定，容易断裂，发生加成反应；C=C、碳碳叄键发生氧化时键和键均断裂。28.下列关于杂化轨道的说法错误的是A. 所有原子轨道都参与杂化B. 同一原子中能量相近的原子轨道参与杂化C. 杂化轨道能量集中，有利于牢固成键D. 杂化轨道中不一定有一个电子【答案】A【解析】【分析】根据杂化轨道理论分析解答。【详解】A. 参与杂化的原子轨道，其能量不能相差太大，如1s与2s、2p能量相差太大不能形成杂化轨道。即只有能量相近的原子轨道才能参与杂化，故A错；B. 只有能量相近的原子轨道才能参与杂化，故B正确；C. 杂化轨道的电子云一头大一头小，成键时利用大的一头，可使电子云重叠程度更大，形成牢固的化学键，故C正确；D. 并不是所有的杂化轨道中都会有电子，也可以是空轨道（如一些配位化合物的形成），也可以有一对孤对电子（如NH3、H2O的形成），故D正确。故选A。29.碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为A. CCl4与I2相对分子质量相差较小，而H2O与I2相对分子质量相差较大B. CCl4与I2都是直线型分子，而H2O不是直线型分子C. CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素D. CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子【答案】D【解析】试题分析：CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系，故选D。【考点定位】考查相似相溶原理【名师点晴】本题考查的是相似相溶原理。根据相似相溶原理：极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，所以碘单质在水溶液中溶解度很小，在CCl4中溶解度很大。注意物质相互溶解的性质与分子的极性和非极性有关，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系。30.下列反应中化学键断裂只涉及键断裂的是A. CH4的燃烧 B. C2H4与Cl2的加成反应C. CH4与Cl2的取代反应 D. C2H4被酸性KMnO4溶液氧化【答案】B【解析】【分析】根据甲烷和乙烯中所含共价键类型分析解答。【详解】A.甲烷中没有键，只有键，燃烧时只涉及键断裂，故A错误；B.C2H4与Cl2发生加成反应，是因为C=C中的键不稳定，容易断裂，发生加成反应，故B正确；C.甲烷中没有键，只有键，与Cl2的取代反应时只涉及键断裂，故C错误；D.C2H4被酸性KMnO4溶液氧化时，C=C中的键和键均断裂，故D错误。故选B。【点睛】单键中只有键，双键含有1个键和1个键；C=C中的键不稳定，容易断裂，发生加成反应；C=C发生氧化时键和键均断裂。31.（1）某元素的原子序数为33，则：此元素原子的电子总数是_；有_个能层，_个能级；它的电子排布式为_。（2）写出下列基态原子或离子的电子排布式：S_；Ca2_；Cl_；Ni2_；Ge_；Mn2_。【答案】 (1). 33 (2). 4 (3). 8 (4). 1s22s22p63s23p63d104s24p3 (5). 1s22s22p63s23p4 (6). 1s22s22p63s23p6 (7). 1s22s22p63s23p6 (8). 1s22s22p63s23p63d8 (9). 1s22s22p63s23p63d104s24p2 (10). 1s22s22p63s23p63d5【解析】【分析】根据核外电子排布规律分析解答。【详解】某元素的原子序数为33，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，(1) 原子的电子总数等于原子序数，此元素原子序数为33，原子的电子总数是33；每个能级字母前的数字表示电子层数即能层数，所以该元素含有4个能层，根据电子云的空间形状可知，各能级包含的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7，所以该元素含有8个能级；它的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d104s24p3；(2) S原子核外有16个电子，三个电子层，故核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4或Ne 3s23p4；Ca2+核外有18个电子，即失去最外层2个电子，故核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6；Cl-核外有18个电子，即得到一个电子，最外层形成8电子稳定结构，故核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6；Ni是28号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，所以Ni失去两个最外层电子得到Ni2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8；Ge是32号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2；Mn元素是25号元素，原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s2，Mn2的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5。【点睛】核外电子排布分别用1、2、3、4、5、6、7等数字表示K、L、M、N、O、P、Q、R等电子层，用s、p、d、f等符号分别表示各电子亚层，并在这些符号右上角用数字表示各亚层上电子的数目。如氧原子的电子排布式为1s22s22p4。32.已知H2O2的结构如下图：H2O2分子不是直线形的，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上，书页角为9352，而两个OH键与OO键的夹角均为9652，试回答：（1）写出H2O2分子的电子式和结构式。_（2）写出分子内的键型。_（3）估计它难溶于CS2，简要说明原因。_（4）指出氧元素的化合价，简要说明原因。_【答案】 (1). (2). 分子内既有极性键，又有非极性键 (3). 因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据相似相溶规则，H2O2难溶于CS2中 (4). 氧为1价，因OO键为非极性键，而OH键为极性键，共用电子对偏向氧，故氧为1价。【解析】【分析】根据双氧水的结构和性质，双氧水中化学键的类型分析解答。【详解】(1)双氧水是一种含有氧氧共价键和氧氢共价键的极性分子，电子式为：，结构式为：HOOH；(2) 双氧水中氢与氧形成的是极性键，氧与氧形成的是非极性键；(3) 相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂，非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，H2O2是极性分子，CS2是非极性分子，依据相似相溶的原理可知，H2O2难溶于CS2；(4) 在双氧水中，O-O键非极性键，而O-H键为极性键，氧原子得电子的能力强，共用电子对偏向氧，故氧为-1价。【点睛】同种原子形成共价键，两个原子吸引电子的能力相同，共用电子对不偏向任何一个原子，因此成键的原子都不显电性。这样的共价键叫做非极性共价键，简称非极性键。极性键是在化合物分子中，不同种原子形成的共价键，由于两个原子吸引电子的能力不同，共用电子对必然偏向吸引电子能力较强的原子一方，因而吸引电子能力较弱的原子一方相对的显正电性。这样的共价键叫做极性共价键，简称极性键。33.今有A，B两种元素，A的1价阳离子与B的2价阴离子的电子层结构与氖相同。（1）用电子式表示A与B两种元素构成的两种化合物分别为_和_。前者只有_键；后者既有_键，又有_键。（2）A的氢化物的电子式为_，其中含有_键，它与水反应的化学方程式为_。（3）元素B的气态氢化物的电子式为_，该分子中的键属于_(填“极性”或“非极性”)键，该氢化物与H形成的键属于_。（4）元素A的最高价氧化物的水化物的电子式为_，其中既有_键，又有_键。（5）B元素的单质有_和_，二者互称为_。【答案】 (1). (2). (3). 离子 (4). 离子 (5). 非极性(或共价) (6). (7). 离子 (8). NaHH2O=NaOHH2 (9). (10). 极性 (11). 配位键 (12). (13). 离子 (14). 极性(或共价) (15). O2 (16). O3 (17). 同素异形体【解析】【分析】根据共价键的成键规律分析解答；根据电子式的书写规则分析解答；【详解】(1)根据题意可知，A是Na元素，B是O元素。A和B形成的两种化合物是Na2O和Na2O2，Na2O中只含有离子键，Na2O2既含有离子键又含有共价键；(2) A的氢化物是NaH，电子式为：，含有离子键，NaH与水反应H的化合价升高，生成H2，故反应方程式为：NaHH2O=NaOHH2 ；(3)B是O元素，它的基态氢化物是H2O，电子式为：，O原子和H原子之间是极性共价键，H2O与H形成H3O+，形成的化学键是配位键；(4) A的最高价氧化物的水化物是NaOH，电子式为，既含有离子键又含有极性共价键；(5)O 元素的单质有O2和O3，它们互为同素异形体。【点睛】同种元素形成的不同种单质，互为同素异形体。同种原子形成共价键， 叫做非极性键。极性键是在化合物分子中，不同种原子形成的共价键，叫做极性共价键。34.a，b，c，d为四种由短周期元素构成的中性粒子，它们都有14个电子，且除a外都是共价型分子。回答下列问题：（1）a是单核粒子，a单质可用作半导体材料，a原子核外电子排布式为_。（2）b是双核化合物，常温下为无色无味气体。b的化学式为_。人一旦吸入b气体后，就易引起中毒，是因为_而中毒。（3）c是双核单质，写出其电子式_。c分子中所含共价键的类型为_(填“极性键”或“非极性键”)。c单质常温下性质稳定，不易起反应，原因是_。（4）d是四核化合物，其结构式为_；d分子内所含共价键有_个键，_个键；键与键的强度大小关系为_(填“”、“”或“=”)，原因是：_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p2 (2). CO (3). CO一旦被吸入肺里后，会与血液中的血红蛋白结合，使血红蛋白丧失