期末模拟测试（基础卷） -2022-2023学年高二化学下学期期末必考题精准练（人教版2019选择性必修2）（解析版）

期末模拟测试（基础卷）

（时间:75分钟满分:100分）

可能用到的相对原子质量:H1C12Si28P31Cl35.5

第I卷选择题（共60分）

一选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意）

1.（2022秋•四川雅安♦高二雅安中学校考阶段练习）配合物Na31Fe（CN）6]可用于离子检验,

下列说法不正确的是

A.此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键

B.配体为CN\与N2、CO互为等电子体

C.Imol配合物中。键数目为12N,、

D.该配合物为离子化合物，易电离，Imol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共4NA

【答案】A

【解析】A.此配合物中存在离子键、配位键、极性键，没有非极性键，A错误；

B.原子个数相等且价电子数也相等的分子或离子即为等电子体，CN\N2、CO都是两个原

子，且价电子数都是10个，即为等电子体，故B正确；

C.Imol配合物每个C-N中一个a键，共有6个；每个Fe-CN中一个a键，共有6个，

一共就是12个，C正确；

D.Imol该配合物电离得到3moi钠离子和lmol[Fe（CN）6F1阴、阳离子的数目共4NA,

D正确；

故选Ao

2.（2022秋・河北唐山・高二唐山市第二中学校考期末）下列说法中正确的是

A.元素第一电离能：N<O<F

B.键角：BeCl2>CCl4>NH,>H2O

c.Hq比H2s稳定的原因是H?O分子间存在氢键

D.Si。?熔化和干冰升华克服的作用力相同

【答案】B

【解析】A.同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第HA族、

第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能F>N>0,选项A错误；

B.BeCL价层电子对数目为2,无孤电子对，故为直线型结构，键角为180。；NH3价层电子

对数为4,有一个孤电子对，排斥力较小，故为三角锥形结构，键角为107.3。；比0价层电

子对数为4,有2个孤电子对，排斥力较大，故为V形结构，键角为104.5。；CC14价层电子

对数为4,无孤电子对，故结构为正四面体，键角为109。28，；所以键角的大小顺序为：

BeCI2>CC14>NH,>H2O,选项B正确；

C.水的稳定性是化学性质，因而不是由氢键决定的，是由在分子内部氢氧键的稳定性决定

的，选项C错误；

D.干冰水分子晶体，干冰升华克服的是分子间作用力，SiCh是原子晶体，SiCh融化克服的

是极性键，选项D错误；

答案选Bo

3.（2022秋・山东济宁•高二济宁一中校考期末）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确

的是

A.一定条件下，O.lmol氏和O.lmol上充分反应后转移电子总数为0.2NA

B.标准状况下，1L2LCH202中含有的原子总数为2.5NA

C.常温下，0.5molU1Na2s溶液中S”数目小于0.5NA

D.Imol甲苯中°键总数为15NA

【答案】D

【解析】A.氢气与碘反应生成碘化氢，该反应为可逆反应，不能进行到底，一定条件下，

0.1molH?和O.lmolI2于密闭容器中充分反应后生成碘化氢小于0.2mol,转移电子总数小于

0.2NA，故A错误；

B.由于标准状况下，二氯甲烷不是气体，无法求算其物质的量，故B错误；

C.溶液体积未知，无法计算Na2s溶液中S2-数目，故C错误；

D.单键由1个。键形成，Imol甲苯含有15mob键，甲苯中c键总数为15NA，故D正确;

故选：D。

4.（2022秋.山东荷泽高二统考期末）CH」、NH、和N2H&均可作为燃料电池的燃料。下列

说法错误的是

A.CH,、NH3和N2Ha中C、N杂化方式均相同

B.CH,和N&的空间结构分别为正四面体形、三角锥形

C.CH4、NH,和N?H&均为极性分子

D.沸点：N2H4>NH3>CH4

【答案】C

【解析】A.CH」、NH3和N2H4中C、N价层电子对数都是4,所以这三种分子中C、N都

采用sp3杂化，A正确；

4—4x1

B.CE中C价层电子对数=4+—-—=4且不含有孤电子对、NH3中N价层电子对数为

3+”尸=4且含有1个孤电子对，空间结构分别为正四面体形、三角锥形，B正确；

C.CH4结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，NH3为三角锥形，正负电荷中心不

重合，为极性分子，N2H4,正负电荷中心重合，为极性分子，C错误；

D.N2H4、NH3都能形成分子间氢键，且形成分子间氢键个数：N2H>NH3,CH4不能形成

分子间氢键，所以沸点：N2H4>NH3>CH4,D正确；

故选c。

5.(2022秋.天津南开.高二天津市天津中学校考期末)下列分子的中心原子轨道杂化的类型

相同的是

A.SO?与SO?B.B与与PCI?C.BeCl?与SC)D.H?。与CS?

【答案】A

【解析】A.SO3中S原子的价电子对数为3+g(6-3x2)=3,采取sp2杂化方式，SCh中S原

子的价电子对数为2+g(6-2x2)=3,采取sp2杂化方式，两者分子的中心原子的杂化方式相

同，故A选；

B.BF3中B原子的价电子对数为3+g(3-3xl)=3,采取sp2杂化方式，NHa中N原子的价电

子对数为3+1(5-3x1)=4,采取sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故B不选：

C.BeCL中Be原子的价电子对数为2+1(2-2x1)=2,采取sp杂化方式，SCL中S原子的

价电子对数为2+3(6-2x1)=4,采取sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故C不选；

D.FhO中O原子的价电子对数为2+g(6-2xl)=4,采取sp3杂化方式，CS2中C原子的价电

子对数为2+g(4-2x2)=2,采取sp杂化方式，二者杂化方式不同，故D不选；

答案选A。

6.(2022秋•重庆南岸,高二重庆市第十一中学校校考期末)三甲基钱［(CH3)3Ga］是应用最广

A

泛的一种金属有机化合物，可通过如下反应制备：GaCh+(CH3)3Al=(CH3)3Ga+AlC13.(已知：

GaCb中Ga为最高价)下列说法错误的是

A.A1原子核外有13种运动状态不同的电子

B.27Al原子的中子数为14

C.C1的核外三个电子能层均充满电子

D.Ga位于周期表中第四周期HIA族

【答案】C

【解析】A.铝原子的核外电子排布式为：Is22s22P63s23pl有l+l+3+l+l=7个原子轨道，

则核外电子有7种空间运动状态，故A正确；

B.27Al原子的质量数为27,质子数为13,则中子数=质量数-质子数=27-13=14,故B正确；

C.CT核外各层所含电子数分别为2、8,8,M层最多容纳18个电子，则M层没有充满电

子，故c错误；

D.Ga是31号元素，核外有四个电子层，最外层有三个电子，则位于周期表的第四周期HIA

族，故D正确；

故选：Co

7.（2022秋•天津南开•高二天津市天津中学校考期末）下列说法中，正确的是

A.除短周期外，其他周期都有18种元素

B.周期表中HIB〜HB族为过渡元素，全部为金属元素

C.价电子数与最高正价相等的元素一定是主族元素

D.s区都是金属元素，p区元素都是非金属元素

【答案】B

【解析】A.第六周期和第七周期均有32种元素，A错误；

B.周期表中HIB〜HB族为过渡元素，全部为金属元素，又称过渡金属，B正确；

C.钵元素的价层电子排布为3d54s2,价电子数为7,最高正价为+7价，锦元素在周期表中

的位置为第四周期第VIII族，故价电子数与最高正价相等的元素不一定是主族元素，C错误；

D.s区包括第IA族和第IIA族，除了氢元素之外都是金属元素，p区包括第川A族~0族,

有铝元素等金属元素，D错误；

故选B。

8.（2022秋・广东汕头•高二汕头市聿怀中学校考期末）元素X、Y、Z在周期表中的相对位

置如图所示。已知Y元素原子的价层电子排布式为腿向叩向，则下列说法不正确的是

A.Y元素在周期表的第三周期VIA族

B.基态X原子的未成对电子数为3

C.X元素位于周期表的p区

D.Z元素原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d4s24P3

【答案】B

【分析】根据题给信息知n-l=2,n=3,Y元素原子的价层电子排布式为3s，Y元素在

周期表的第三周期VIA族，是硫元素；X是氟元素，Z是碑元素，据此解答。

【解析】A.根据分析得Y元素在周期表的第三周期VIA族，A正确

B.X是氟元素，基态原子的价层电子排布式为2s22P）根据洪特规则，2P轨道中只有一个

轨道容纳了1个电子，因此未成对电子数为1,B错误；

C.X基态原子的价层电子排布式为2s22P5,位于周期表的p区，C正确；

D.Z是碑元素，位于周期表第四周期第VA族，原子的核外电子排布式为

Is22s22P63s23P63d1°4s24P3,D正确；

故选Bo

9.（2022秋•河北唐山・高二唐山一中校考期末）下列有关物质性质、结构的表述均正确，且

存在因果关系的是

选

表述I表述n

项

在水中，NaCl的溶解度比L的NaCl晶体中C「与Na+间的作用力大于碘晶体中分

A

溶解度大子间的作用力

BSO2的键角小于120°二氧化硫中心原子存在孤电子对

CNaCl的熔点比MgO的熔点高NaCl的晶格能比MgO的晶格能大

DH2O比H2s稳定H2。分子间作用力大

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A.氯化钠为离子晶体，易溶于极性的水分子，而碘单质为非极性分子，不易溶于

水，与分子间作用力无关，A项错误；

B.$。2中心原子价层电子对数=2+d学”=3,1对孤电子对，是V型，由于存在孤电子

对，根据孤对电子间的排斥作用>孤对电子与成键电子间的排斥作用,成键电子对之间的排

斥作用，所以键角小于120。，B正确；

C.离子半径M『+<Na+、O2<C1-,故晶格能MgO>NaCl,熔点MgO高于NaCLC项错

误；

D.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越大，非金属性0>S,比0比H2s稳定，与分子间

作用力无关，D项错误；

故选B。

10.（2022秋•吉林通化・高二梅河口市第五中学校考期末）口2。是离子晶体，其晶格能可通

过图的Born-Haber循环计算得到。下列说法错误的是

-2908kJ-mot1

o2-(g)

2Li'(g)------------------------>Li2O(s)

AA

1040kJ-mof703kJ,mor1

2Li(g)0(g)

A

318kJ-mor1249kJ,moK1

-598kJ,mol"

2Li(s)+yO2(g>

A.Li原子的第一电离能为520kJ/mol

B.0=0键的键能为249kJ/mol

C.Li2O的晶格能为2908kJ/mol

D.ImolLi(s)转变成Li(g)需要吸收的能量为159kJ

【答案】B

【解析】A.Li原子的第一电离能是由气态原子失去1个电子形成气态离子所需要的能量,

应为520kJ-mol1,故A正确；

B.0=0键的键能为lmolO2(g)分解为2moi0(g)所吸收的能量，即

249x2kJ-mol-1=498kJ-mol-1,故B错误;

C.晶格能是指气态离子形成Imol离子晶体释放的能量，即LiQ的晶格能为2908kJ.moL,

故C正确;

D.10102心)转变成1心)需要吸收的能量为159口，故D正确;

故选：Bo

11.(2022秋・重庆江津•高二重庆市江津中学校校联考期末)废旧银锌纽扣电池(含Zn、Ag

石墨及少量Hg、Mn等)的正极片中回收银的工艺流程如图:

1

5mol-L'产石墨r*Ag

HNO3溶液「萍海Y浓氨杏含［Ag(NH)rZn为稀硫酸

正极片漏消③的溶液④⑤

①、NaCl溶液X

②“滤液n

滤液1

下列说法正确的是

A.①中产生的气体为H?

B.②中适当增加NaCl溶液的浓度有利于提高Ag的回收率

C.⑤中加稀硫酸的目的是反应［Ag(NHjJ

D.废旧银锌纽扣电池应采用深埋的方式集中处理

【答案】B

【分析】电池中含Zn、Ag、石墨及Hg、Mn等，由流程可知，加稀硝酸后，石墨不反应,

Zn、Ag、Hg、Mn和硝酸反应生成硝酸锌，硝酸银，硝酸汞，硝酸镒，再加氯化钠溶液会

发生Ag++Cl-=AgClI，在含AgCl的滤渣中加入氨水会发反应生成[Ag（NH3）],在银氨络

合物中加入Zn生成银，过量的锌可以溶解于稀硫酸溶液中，以此来解答。

【解析】A.金属和硝酸反应生成氮氧化物，不是氢气，故A错误；

+

B.③的离子方程式为AgCI+2NH3.H2O=[Ag（NH,）,]+C1+2H2O,因此②中适当增加NaCl

溶液的浓度有利于提高Ag的回收率，故B正确；

C.锌可以溶解于稀硫酸溶液中，故⑤中加稀硫酸的目的是除去银粉中的锌，转化为Zi?*,

故C错误；

D.废旧电池中含有重金属离子，污染环境，所以废旧银锌纽扣电池不应采用深埋的方式集

中处理，故D错误；

故选B«

12.（2022秋•重庆沙坪坝•高二重庆一中校考期末）下列说法不正确的是

A.激光、焰火都与电子跃迁释放能量有关

B.可燃冰（CH「8H2O）中甲烷与水分子间存在氢键

C.冠雄利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”

D.晶体的自范性是晶体在微观空间呈周期性有序排列的宏观表象

【答案】B

【解析】A.光辐射是电子释放能量的重要形式之一，激光、焰火都与原子核外电子发生跃

迁释放能量有关，A正确；

B.甲烷与水之间为分子间作用力，不是氢键，B错误；

C.同主族从上往下碱金属元素的离子半径逐渐增大，冠酸利用不同大小的空穴适配不同大

小的碱金属离子进行“分子识别”，C正确；

D.晶体自范性的本质：晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，D正确;

故选Bo

13.（2022秋.吉林通化.高二梅河口市第五中学校考期末）冠酸能与阳离子尤其是与碱金属

离子作用，并随环的大小不同而与不同碱金属离子作用，12—冠一4与锂离子作用而不与钠

离子、钾离子作用，18—冠一6与钾离子作用如图，但不与锂离子或钠离子作用，下列说法

不正确的是

A.18—冠一6中C原子和O原子的杂化轨道类型相同

B.与K+作用不与Li+和Na+作用反应反映了超分子的“分子识别”的特征

C.与钾离子作用反映了超分子的“自组装”的特征

D.冠酸与碱金属离子作用的原理与其可做相转移催化剂的原理有关

【答案】C

【解析】A.由图可知，18—冠一6中碳原子和氧原子的价层电子对数都为4,原子的杂化

方式都为sp3杂化，故A正确；

B.18—冠一6与钾离子作用，但不与锂离子或钠离子作用说明超分子具有分子识别的特征,

故B正确；

C.18—冠一6与钾离子作用，但不与锂离子或钠离子作用说明超分子具有分子识别的特征,

不具备自组装的特征，故C错误；

D.由题意可知，冠雄是皇冠状分子，分子中内部有很大的空间，能与离子半径不同的碱金

属阳离子发生络合反应，把无机物带入有机物中，它可以作为相转移催化剂也是基于这个原

理，故D正确；

故选C。

14.（2022秋.山东济南.高二济南市章丘区第四中学校考期末）下列说法正确的是

A.基态N原子的电子排布式为Is22s22p」2pJ,则违反了洪特规则

B.基态Br原子简化的电子排布式为［Ar］4s24Ps

C.“纷纷灿烂如星陨”的烟花是某些金属元素的焰色反应，焰色反应属于化学变化

D.原子的电子排布式由Is22s22P33slfIs22s22P4形成吸收光谱

【答案】A

【解析】A.P原子3p能级上有3个轨道，3p能级上有3个电子，3个电子应该排在3个不

同的轨道上，且自旋方向相同，若将P原子的电子排布式写成Is22s22P63s23Px23pyl它违背

了洪特规则，A正确：

B.Br原子的原子序数为35,简化的电子排布式为［ArJ3dl04s24p5-B错误；

C.焰色反应是物质原子内部电子能级的改变，属于物理变化，C错误；

D.由激发态到基态，释放光能，形成发射光谱，D错误；

故答案为：Ao

15.（2022秋•河北唐山•高二开滦第一中学校考期末）我国古代四大发明之一的黑火药是由

硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时发生的反应为

2KNO3+S+3C=K2S+N,T+3CO2To生成物K2s的晶体结构如图。下列有关说法正确的

是

A.反应产物中有两种极性分子

B.ImolCO^和ImolN?含有的兀键数目之比为1：2

C.K2s晶体中阴、阳离子的配位数分别为4和8

44xIO23

D.若K2s晶体的晶胞边长为anm,则该晶体的密度为\:

aXNA

【答案】D

【解析】A.反应产物N2、CO2中的正负电荷中心重合，均为非极性分子，选项A错误；

B.CO2、N2的结构式分别为O=C=O、N三N,双键、三键中有1个"键，其余为兀键，则

ImolCO?和Imol2含有的兀键数目之比为I：1,选项B错误；

C.由图示可知，K2s晶体中阴离子和阳离子的配位数分别为8和4,选项C错误;

D.若K2s晶体的晶胞边长为anm,根据均摊法，晶胞中含有K+、S?-的数目分别为8、

I14xll0g/mol44x1()23

8X-+6X-=4,则该晶体的密度为7―V―1—?=V—―g-cm-3＞选项D正确;

82IaxlOcm)xA^A/molaxNA

答案选AD。

16.(2022秋•吉林•高二吉林一中校考阶段练习)解释下列现象的原因不正确的是

选

现象原因

项

AAlCb中含有共价键AI与C1元素间的电负性差值小于1.7

BHF的稳定性强于HC1HF分子之间除了范德华力以外还存在氢键

对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛

C

苯甲醛的高形成分子内氢键

D碘在CC14中的溶解度比在水中大碘和CC14均为非极性分子，水是极性分子

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A.A1CL属于共价化合物，A1与C1元素间电负性差值小于1.7形成共价键，故A

正确；

B.氢化物的稳定性与化学键有关，与分子间作用力和氢键无关，HF的稳定性强于HC1不

能用分子间作用力和氢键解释，故B错误；

C.对羟基苯甲醛形成分子间氢键，其熔沸点较高，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，其熔沸

点较低，所以对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高，故C正确；

D.根据相似相溶原理，碘和CC14均为非极性分子，水是极性分子，所以碘在CCL中的溶

解度比在水中大，故D正确；

故选：Bo

17.（2022秋•浙江杭州•高二期中）氨基氟（CH2N2）中C、N原子均满足8电子稳定结构，福

州大学王新晨教授以其为原料制得类石墨相氮化碳（g-C3N。，其单层结构如图所示。下列说

法不正确的是

H

I

A.氨基氟的结构式：N=C-N—H

B.氮化碳的单层结构中，所有原子可能共平面

C.氨基氟易溶于水

D.氨基氟和氮化碳中，N原子杂化方式均为sp2和sp3

【答案】D

【解析】A.由氨基氟分子中C、N原子均满足8电子稳定结构可知，氨基氟的结构式为

H

I

N=C—N—H,故A正确；

B.由氮化碳的单层结构可知，单层结构中C、N原子两两相连且成环，C、N原子均采取

sp2杂化，则氮化碳的单层结构中所有原子可能共平面，故B正确；

C.氨基易与水分子间形成氢键，则氨基鼠易溶于水，故C正确；

H

D.氨基器的结构式为N-c—N—H,由结构式可知氨基氟分子中N原子杂化方式均为

sp和sp3,故D错误；

故答案为：D。

18.(2022秋・湖南长沙•高二雅礼中学校考期末)S2c1?是橙黄色液体。少量泄漏会产生窒息

性气体，喷水雾可减慢其挥发，并产生酸性悬浊液。其分子结构如图所示。下列关于S2cL的

说法正确的是

A.该分子为非极性分子

B.与水反应的化学方程式可能为：2S2CI2+2H2O=SO,T+3S+4HC1

C.该分子中S-Cl键的键能小于S-S键的键能

D.与SzBr2结构相似，熔、沸点：S2Br2<S2C12

【答案】B

【解析】A.由结构可知，该分子正负电荷中心不能重合，结构不对称，为极性分子，A错

误；

B.S2c12与水反应的化学方程式可能为2s2cl2+2H2OSO2T+3SJ+4HC1,B正确：

C.氯原子半径小于硫原子半径，键长越短键能越大，所以分子中S-C1键能大于S-S键的键

能，c错误；

D.S2cb与SzBn结构相似，通过分子间作用力或范德华力进行分析，S?Br2相对分子质量

大于S2cL的相对分子质量，SzBn分子间的范德华力大于S2c12分子间的范德华力，即S2Br2

的熔沸点高于S2cI2，D错误；

故选B。

19.(2022秋•湖南长沙•高二雅礼中学校考期末)HCHO(g)与O?(g)在催化剂

Ca,(PO4)3(OH)(简写为HAP)表面催化生成CO?(g)和H,O(g)的历程示意图如下。下列说法

错误的是

A.AH=反应物的键能总和-生成物的键能总和

B.羟基磷灰石(HAP)的作用是降低反应的活化能，加快反应速率

C.HCHO与C0?分子中的中心原子的杂化轨道类型相同

D.该反应过程既有极性共价键的断裂，也有非极性共价键的断裂

【答案】C

【解析】A.反应的反应热AH=反应物的键能总和一生成物的键能总和，A正确；

B.由题意可知，羟基磷灰石(HAP)是甲醛催化氧化的催化剂，可以降低反应的活化能，加

快反应速率，B正确；

C.HCHO中C原子的c键数为3,中心原子C上无孤电子对，杂化方式为sp2杂化，C02

分子中C原子的c键数为2,无孤电子对，C原子的杂化方式为sp杂化，两者杂化方式不

同，C错误；

D.反应过程存在氧原子和氧原子之间非极性共价健的断裂，也存在碳氢、碳氧极性键的断

裂，D正确；

故答案选C。

20.(2022秋・湖南怀化•高二统考期末)X、Y、Z、Q、R是元素周期表前四周期元素，且原

子序数依次增大：X原子核外有6种不同运动状态的电子：Y最外层电子数比次外层电子数

多3个；Z基态原子的2P能级成对电子数与未成对电子数相等；Q电子总数是最外层电子

的3倍；R是用量最大使用最广泛的金属。下列说法正确的是

A.R?+的价电子排布式为3ds4s，B.第一电离能Z>Y>X

C.XZ2的分子空间构型为直线型D.最简单氢化物分子键角：Y<Q

【答案】C

【分析】X原子核外有6种不同运动状态的电子，则X是6号元素，X为C,Y最外层电

子数比次外层电子数多3个，则Y为N,Z基态原子的2P能级成对电子数与未成对电子数

相等，则为2s22P■1,则Z为O,Q电子总数是最外层电子的3倍，则Q为P,R是用量最大

使用最广泛的金属，则R是Fe,以此解题。

【解析】A.Fe2+的价电子排布式为3d6,A错误；

B.N的价层电子排布式为2s22P3,是半满的稳定结构，其第一电离能大于O的第一电离能,

B错误；

C.CO］中心原子C的价层电子对数为2,是sp杂化，其分子空间构型为直线形，C正确；

D.最简单氢化物NH,和PL中N的电负性较大，且N—H较短，相邻两个N—H间的斥力

较大，键角较大，D错误；

故选C。

第n卷非选择题(共40分)

二、填空题

21.(8分)(2022春•浙江杭州•高二期中)按要求回答下列问题:

(1)①基态原子的N层有1个未成对电子，M层未成对电子数最多的元素的价电子排布式为

②最外层电子数是次外层电子数3倍的元素的核外电子排布图为。

③Cu原子的结构示意图为。

(2)N原子核外有种不同运动状态的电子。基态N原子中，能量最高的电子所占据的

原子轨道的形状为。

(3)某元素+3价离子的电子排布式为Is22s22P63s23P63d3,该元素在周期表中的位置和区域是

COO

,相同温度下，水杨酸的Ka2..(填

OH

">，，”=，，或“<”)苯酚((\_OHa)的Ka,其原因是。

,Is2s2p

【答案】⑴3d54siritnmm

(2)7哑铃状

(3)第4周期第VIB族，属于d区

(4)形成分子内氢键，使其难电离出H+

【解析】(1)

①基态原子的N层有一个未成对电子，M层未成对电子最多的元素是格(Cr),24Cr的电子

排布式：Is22s22P63523P63d却1,价电子排布式为3dMs1；

故答案为3d54s%

②最外层电子数等于次外层电子数的3倍的元素是氧(O),其电子排布图为

Is2s2p

[tiiftTiinrnn；

故答案为岛向扁为T

(2)

基态N原子的核外电子排布式为Is22s22P3,原子核外有7个电子，原子核外有几个电子，

其核外电子就有儿种运动状态，因此有7种运动状态不同的电子；电子占据的最高能级符号

为2p,其原子轨道为哑铃形：

故答案为7,哑铃状；

(3)

某+3价离子的电子排布式为Is22s22P63s23P63d3,其原子核外电子数为21+3=24,为Cr元素，

原子核外排布式为Is22s22P63s23P63d54sl处于周期表中第4周期第VIB族,属于d区；

故答案为第4周期第VIB族，属于d区；

(4)

水杨酸的第一级电离形成离子CJZ：，形成分子内氢键，使其难电离

出H+,所以相同温度下，水杨酸的Ka2〈苯酚的Ka；

故答案为＜,ICOO*形成分子内氢键，使其难电离出H+。

0H

22.(8分)(2022秋•湖北襄阳•高二襄阳市第一中学校考阶段练习)1.雄黄(AsaS4)、雌黄(AsaS)

均可入药，具有解毒、杀菌、去燥湿的功效，也是中国画主要的黄色矿物质颜料。回答下列

问题：

(1)基态硫原子核外电子的运动轨道数有种；有种能量不同的电子；

(2)基态碑原子的价层电子的轨道表示式为。

(3)S和As比较，电负性较大的是

(4)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o

II.目前已发现，在元素周期表中某些元素与右下方的主族元素的有些性质相似，这种相似

性被称为对角线规则。据此回答下列问题：

(5)被的最高价氧化物对应水化物的化学式是,属于两性化合物，证明这一结论的

有关离子方程式为、o

(6)若已知反应Be2C+4HQ=2Be(OH)2+CH4T,则AI4C3与足量强碱溶液反应的离子方程式

为。

(7)科学家证实，BeCl?属于共价化合物，请设计一个简单实验证明，方法是

.用电子式表示Bed?的形成过程：

【答案】(1)95

4s4p

(2)0EHE

(3)S

(4)大于碑元素原子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

+2+-

(5)Be(OH),Be(OH)2+2H=Be+2H2OBe(OH)2+2OH~=BeOj+2H,O

(6)ALG+40H+4H2O=4A10；+3CH4T

(7)将BeCl?加热至熔融状态，不能导电，则证明BeCl2是共价化合

物*Be*+2*C1：­►sClxBexCU

••••••

【解析】(1)S是16号元素，根据构造原理可知基态S原子核外电子排布式是

Is22s22P63s23Pa,S原子核外电子运动的轨道数目是l+l+3+l+3=9；相同能级上的轨道能

量是相同的，所以硫原子核外有5个能级，就有5种能量的电子。

(2)碑是33号元素，基态碑原子的价层电子排布式为4s24P3,轨道表示式为

4s4p

(3)S和As比较，电负性较大的是S,其判断理由是同一主族从上而下，元素的非金属性

逐渐减弱，As和P同主族，故非金属性As<P,而P和S同周期，同一周期从左向右，元

素的非金属性逐渐增强，故非金属性S>P,故电负性较大的是S；

(4)碑、硒都是第四周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但

碑元素基态原子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；

(5)被为第二周期第HA族元素，与A1处于对角线位置，根据Al(0H)3与酸或碱的反应，

+2+

可得Be(OH),与酸或碱反应的离子方程式分别为Be(OH)2+2H=Be+2Hq、

Be(OH)2+2OFT引eO；+2H2O；

(6)由于Be元素与Al元素性质相似，依据所给信息得AL3先与水发生反应

A14C3+12H2O=4A1(OH)3+3CH4T,生成的AKOH)、再与强碱发生反应

Al(OH),+OH=A1O；+2H2O,即A14C3+4OH+4H2O=4A1O；+3CHaT；

(7)根据共价化合物与离子化合物的性质可知，离子化合物在熔融时导电，而共价化合物

在熔融时不导电，因此可将BeCL加热至熔融状态，若不导电则可证明BeCl?是共价化合物:

BeCl)形成时，1个Be原子与2个C1原子分别共用一对电子，形成共价分子，用电子式表

示为：xBe*+2<••l:­►：C••UBeSC••I：»

23.(8分)(2022春・安徽滁州•高二校考期中)I.回答下列问题：

(l)Sn为IVA族元素，单质Sn与干燥C12反应生成SnCLu常温常压下SnCL为无色液体，

SnCL空间构型为。

(2)NH3、PH3、As%的沸点由高到低的顺序为一(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺

序为一，键角由大到小的顺序为一。

II.回答下列问题：

(3)气态氢化物热稳定性HF大于HC1的主要原因是一。

(4)CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，CaCN2的电子式是一。

(5)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是一o

皿.回答下列问题：

(6)比较给出H+能力的相对强弱：H2OC2H50H(填“〈”或“=”)；用一个化学方程式说明

OH-和C2H5。-结合H+能力的相对强弱：。

(7)CaC2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构.写出CaC2的电子式：。

(8)在常压下，甲醇的沸点(65℃)比甲醛的沸点(-19C)高，主要原因是一。

IV.研究发现，在CCh低压合成甲醇反应(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn

氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：

(9)CO2和CH30H分子中C原子的杂化形式分别为和。

(10)在CCh低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为一，原因是

(11)硝酸镭是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了c键外，还存在

【答案】(1)正四面体形

(2)NH3、ASH3、PH3Asbh、PH3、NH3NH3、PH3、AsH3

(3)原子半径：F<C1,键长:F-H<C1-H,键能:F-H>C1-H

(4)Ca2+[N：：C：：N]2-

(5)乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没

(6)>C2H5ONa+H2O=NaCI+C2H50H

(7)Ca2+［：C；；C：］2-

(8)甲醇分子间存在氢键

(9)spsp3

(10)H2O>CH3OH>CO2>H2FhO与CH30H均为极性分子，H?O中氢键比甲醇多；CO2

与H2均为非极性分子，CO2的相对分子质量较大、范德华力较大

⑴)离子键和兀键(n：键)

【解析】(1)SnC14空中心原子Sn原子的孤对电子数目为土尹=0,为sp3杂化，所以空

间构型为四面体形；

(2)NH3、P%、As%均为分子晶体，相对分子质量变大，分子间作用力变大，沸点升高，

但是氨分子可以形成氢键导致沸点升高，故沸点由高到低的顺序为NH3、ASH3、PH3;同主

族由上而下，金属性增强，非金属性变弱，对应简单氢化物的还原性增强，故还原性由强到

弱的顺序为AsEh、PH3、NH3；由于原子半径N<P<As,故N-H键键长更小，成键电子对之

间斥力较大，键角较大，故键角由大到小的顺序为NH3、PH3、ASH3；

(3)气态氢化物热稳定性HF大于HC1的主要原因是两者均为共价化合物，原子半径:F<CL

键长：F-H<C1-H,键能：F-H>CI-H,故HF热稳定性更好；

(4)CaCN2是离子化合物，是由钙离子和CN；构成的，各原子均满足8电子稳定结构，

CaCN2的电子式是Ca2+［N：：C：：看广；

(5)乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没有，导致乙醇在水中溶解度变大；

(6)乙基为供电子基团，导致乙醇中O-H键更不容易断裂，而水中OH氧吸电子能力较强,

导致水中O-H键更容易断裂；故给出H+能力的相对强弱：H?O>C2H5OH；乙醇钠和水中氢

结合可以转化为乙醇和氯化钠，说明C2H50-结合H+能力更强：

C2H5ONa+H2O=NaCl+C2H50H；

(7)CaC2是离子化合物，是由钙离子和C；构成的，各原子均满足8电子稳定结构，电子

式:Ca2+［：C=C：r；

(8)在常压下，甲醇的沸点(65℃)比甲醛的沸点(-19℃)高，主要原因是甲醉中含有羟基，

使得甲醇分子间存在氢键沸点升高；

(9)CO2分子中C原子的价层电子对数为2+土科=2,不含孤电子对，所以是直线形结

构，C原子采用sp杂化。CH30H分子中C原子形成4个共价键，杂化形式为sp3杂化；

(10)四种物质均为分子晶体，相对分子质量大，则分子间作用力大，沸点升高；由于H?O

与CH30H均为极性分子沸点较高，H20中氢键比甲醇多，故水的沸点高于甲醇；C02与

比均为非极性分子，CCh的相对分子质量较大、范德华力较大，二氧化碳沸点高于氢气；

故沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2；

(11)Mn(NO3)2为离子化合物，存在离子键；硝酸根离子中氮原子和氧原子之间存在大兀

键，故化学键除了。键外，还存在离子键和兀键(n：键)。

24.(8分)(2022秋•河北邯郸•高二校考阶段练习)磷酸铁锂(LiFePOQ电极材料主要用于各

种锂离子电池。回答下列问题。

(DFe位于元素周期表中第周期第族，其价层电子排布式为

⑵用或“="填空：离子半径：Li+H；第一电离能：LiBe；

电负性：0P。

(3)在周期表中，与Li化学性质相似的邻族元素是。

(4)下列Li原子轨道表示式表示的状态中，能量最低和最高的分别为、

___________(填字母)。

人田川□□匚B.D^EDD

1.2s电弭电以”电期2Ps

D.El[1]□□□

Is2s2Px2凸2ptIs292Pl抽2Pz

(5)基态P中未成对电子数为,其原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓

图为形。

【答案】⑴四VIII3d64s2

(2)<<>

(3)Mg

(4)DC

(5)3哑铃

【解析】(1))Fe是26号元素，其基态原子价层电子排布式为3d64s2,因此Fe位于元素周

期表中第四周期第VIII族，故答案为：四;VIII；3d64s2；

(2)根据同电子层结构核多径小原则，则离子半径：Li+<H；根据同周期元素从左到右第

一电离能呈增大趋势，但第HA族大于第HIA族，第VA族大于第VIA族，因此第一电离能:

Li<Be；根据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逐渐减小，

因此电负性：O>P,故答案为：<;<;>:

(3)Li为第一主族的元素，其最外层只有一个电子，在化学反应中很容易失去最外层的电

子，与其相邻的主族元素Mg最外层有2个电子，也很容易失去，其性质于Li相似，故答

案为：Mg；

(4)题中Li原子轨道表示式表示的状态中，D是基态电子排布式，能量最低，A、B、C

都是激发态，但C中1s上的两个电子都跃迁到2Px轨道上，能量最高，因此能量最低和最

高的分别为D、C,故答案为：D；C；

(5)基态P的价层电子排布式为3s23P3,未成对电子数为3,其原子核外电子占据的最高

能级为3P能级，其电子云轮廓图为哑铃形，故答案为：3；哑铃形；

25.(8分)(2022春.新疆阿克苏•高二校考期末)根据元素周期表中完整周期元素的性质，

完成下列空格。

(1)在第三周期中，第