2025届高三化学一轮复习---物质结构

2025届高三化学一轮复习---物质结构 一、单选题 1．下列化学用语或图示表达正确的是 A．NaCl的电子式 B．p－pσ键电子云轮廓图 C．CO的空间结构模型 D．SO2的VSEPR模型 2．下列化学用语表示不正确的是（　　） A．铬的基态原子的电子排布式： B．羟基的电子式： C．HCl分子中键的形成： D．的名称：3－甲基－4－乙基己烷 3．乙炔是最简单的炔烃，常用氧炔焰来焊接或切割金属。下列有关其化学用语表达错误的是（　　） A．电子式 B．球棍模型 C．C原子杂化轨道电子云轮廓图 D．基态C原子价层电子排布图 4．下列说法正确的是（　　） A．空间结构模型 B．基态Si的价层电子排布图 C．硫酸钾的电子式 D．卤族元素电负性变化趋势 5．近日，科学家研制出了由石墨烯（结构模型如图所示）材料制成的功能性半导体。这主要是利用了石墨烯的（　　） A．导电性 B．导热性 C．高熔点 D．高沸点 6．下列化学用语正确的是（　　） A．Cl2O的球棍模型： B．第一电离能大小：N＞O＞Si C．NaCl的电子式： D．CH(CH3)3的名称：2，2-二甲基丙烷 7．近期，美国航天局（NASA）通过韦伯太空望远镜发现在一颗巨大系外行星（K2-18b）的大气层中存在生命迹象气体——二甲硫醚（）。已知：二甲硫醚的沸点为38℃，熔点为-98℃。下列有关叙述正确的是（　　） A．标准状况下，11.2L二甲硫醚中含4mol键 B．二甲硫醚分子中电负性最小的元素是硫元素 C．6.2g二甲硫醚分子中含杂化的原子数为 D．乙二醇与二甲硫醚的相对分子质量相等但乙二醇的沸点高于38℃ 8．下列有关化合物结构与性质的论述错误的是（　　） A．N的电负性比C大，则配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是碳原子 B．BCl3和SO3中B、S杂化轨道类型相同，二者均为平面三角形结构 C．键能：B-Cl＞Al-Cl，所以BCl3的沸点高于AlCl3 D．B4C3与金刚石成键、结构均相似，因此具有很高的硬度 9．在元素周期表中，有一种元素，它作为玻璃添加剂，能吸收紫外线与红外线，还可降低车内温度，从而节约空调用电，现已被大量应用于汽车玻璃行业。下列对其元素说法正确的是（　　） A．所含的质子数为140 B．所含的质量数是58 C．所含的中子数是82 D．核外电子数是140 10．已知X、Y、Z、W是短周期元素。X元素原子的能级处于半充满状态；Y元素原子L电子层上s电子数和p电子数相等；Z元素的价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M电子层有1个未成对的p电子。下列说法正确的是（　　） A．含有Y元素的化合物一定是共价化合物 B．电负性：Y>X C．Z元素的第一电离能大于同周期其他元素 D．若W为金属元素，则其单质能与溶液反应放出氢气 11．某水性钠离子电池电极材料由、、、组成，其立方晶胞嵌入和嵌出过程中，与含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示。下列说法错误的是 A．普鲁士蓝中与个数比为1∶2 B．格林绿晶体中周围等距且最近的数为6 C．基态Fe原子的价电子排布式为，失去4s电子转化为 D．若普鲁士白的晶胞棱长为apm，则其晶体的密度为 12．某离子液体结构如下图所示。W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X和Y的原子序数之和为14，X和Y基态原子的核外未成对电子数之和为5，Z是第四周期元素。下列说法错误的是（　　） A．X、Z的简单氢化物均可溶于水 B．电负性： C．第一电离能： D．W、Y、Z可形成既含离子键又含共价键的化合物 13．下列化学用语或表述正确的是 A．基态氧原子的价层轨道表示式： B．的VSEPR模型： C．四氯乙烯的空间填充模型： D．系统命名法名称为：2—甲基丁酸 14．已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，下列有关说法不正确的是（　　） A．基态Fe原子核外能量最高的电子所占能级为3d B．该配合物的配离子，中心离子的配位数为6 C．该配合物所含非金属元素均位于元素周期表p区 D．该配合物所含阴离子的中心原子采用sp3杂化，空间构型为正四面体 15．点击化学(Click chemistry)，又译为“链接化学”“速配接合组合式化学”，主旨是通过小单元的拼接，来快速可靠地完成形形色色分子的化学合成。一价铜催化的叠氮化物炔烃环加成反应可谓点击化学中的第一个经典之作，下列说法正确的是 A．基态的核外电子有15种空间运动状态 B．N、O、C的第一电离能由大到小的顺序是O>N>C C．中σ键与π键的数目之比为4∶1 D．丙炔的键线式为 16．砷化镓（GaAs）作为第二代半导体材料的代表，是目前研究最成熟、生产量最大的半导体材料。GaAs晶胞结构如图所示，晶胞边长为apm，下列说法正确的是（　　） A．GaAs属于离子晶体 B．基态砷原子价电子排布图为 C．As的配位数为4 D．该晶体密度为 17．下列图示或化学用语错误的是（　　） A．羟基的电子式： B．H2O的VSEPR模型： C．Mn2+的价电子的轨道表示式： D．中子数为5的铍原子： 18．推理是一种重要的思维方法。下列推理合理的是（　　） 已知 推论 A 电负性：F>O>H 键角：OF2＞H2O B 键能：H-Cl>H-Br 酸性：HCl>HBr C 溶解性：MgSO4＞CaSO4 溶解性：SrSO4＞BaSO4 D 极性：NH3＞PH3 极性：NCl3＞PCl3 A．A B．B C．C D．D 19．X、Y、Z、W四种元素，原子序数依次增大。Y与X、Z均相邻，元素Y的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子。元素W基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1。下列说法不正确的是（　　） A．第一电离能： B．电负性： C．元素Y和Z能形成含有极性键的非极性分子 D．元素Z和W的单质加热反应后产物的化学式为WZ 20．X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素。X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，Y原子中各能级电子数相等，W原子最外层电子数是内层的3倍，R的原子半径是该周期主族元素中最大的。下列说法正确的是（　　） A．气态氢化物热稳定性：Y>Z>W B．简单离子半径：r(W)>r(R) C．第一电离能：I1(W)>I1(Z)>I1(Y) D．X、Z、W形成的化合物一定不含离子键 二、综合题 21．纳米零价铁因其具有高比表面积、高反应活性和强还原性能，在水处理领域具有广阔的应用前景。 （1）基态铁原子的核外电子排布式是　 　，从电子排布的角度分析比稳定的原因　 　。 （2）纳米零价铁可以通过液相还原法，利用硼氢化物（）还原溶液中的制备。 ①发生反应的离子方程式为，当反应生成3molH2时，转移电子的物质的量为　 　mol； ②在25℃，101kPa下，将①中生成的3mol完全燃烧生成液态水，释放的能量为　 　kJ[已知该条件下，电解液态水生成1mol，反应的]。 （3）纳米零价铁也可以通过与反应制备，其反应为。一定温度下，将一定量的和置于恒容密闭容器中反应，下列能说明反应达到平衡状态的有____（填标号）。 A．体系压强不再改变 B． C．混合气体的密度不再改变 D．和的浓度之比为1：2 （4）纳米零价铁具有强的还原能力，酸性环境下，可将溶液中还原成固态的而除去，自身转化成。质量、状态均相同的纳米零价铁对三种同体积、不同初始浓度（单位：）溶液中的去除率如图所示。 ①该反应的离子方程式为　 　。 ②初始浓度时，在0~4h内，的平均消耗速率为　 　。 （5）纳米零价铁也可用于去除水体中的六价铬污染物。可用纳米零价铁将水体中还原为，再将转化为从水体中除去。 ①常温下，总浓度为溶液中，含铬物种浓度随溶液的分布如图所示，则的＝　 　（用含、的式子表示）。 ②实验发现，在纳米零价铁中添加少量铜粉，去除水体中六价铬的效率与纯纳米零价铁相比更高，其原因是　 　。 22．高锰酸钾生产过程中会产生较多的废锰渣，工业上将废锰渣再利用，以它为原料来制备硫酸锰。回答下列问题： 已知：废锰渣主要成分为、、、、MgO。 （1）基态锰原子的核外电子排布式为　 　。 （2）“酸处理”时，为提高浸取率可采取的措施为　 　(填一条)。“滤渣①”的主要成分为　 　(填化学式)。 （3）“浸取”过程中主要发生的化学方程式为　 　。“浸取”时，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率应该减慢，但实际上浸取时化学反应速率加快，原因是　 　。 （4）“中和”时，碳酸钙的作用是　 　。 （5）“系列操作”包括　 　。 （6）工业上可以以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制取二氧化锰，该过程中阳极的电极反应式为　 　。 （7）某工厂用10t该废锰渣(含34.8%)制备，若整个流程中Mn的损耗率为25%，最终可以制得的质量为　 　t。 23．硒()是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下： （1）与S同族，基态硒原子价电子排布式为　 　。 （2）的沸点低于，其原因是　 　。 （3）关于I~III三种反应物，下列说法正确的有____。 A．I中仅有键 B．I中的键为非极性共价键 C．II易溶于水 D．II中原子的杂化轨道类型只有与 E．I~III含有的元素中，O电负性最大 （4）IV中具有孤对电子的原子有　 　。 （5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为　 　(填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠()可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为　 　。 （6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 ①X的化学式为　 　。 ②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为　 　(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。 24．[选修3：物质结构与性质】 （1）据世界权威刊物《自然》最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2) 为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题： ①基态锌原子的电子排布式为　 　，原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用 表示，与之相反的用 表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的锌原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为　 　。 ②Cd与Zn同族，价电子数相同，若配离子[Cd(CN)x](x-2)－的中心离子价电子数与配体提供的电子数之和为18，则x=　 　。 ③碲和硫同主族，TeO32－的空间构型为　 　，写出一个与TeO32－互为等电子体的分子　 　。 （2）石墨烯是一种二维碳纳米材料，具有优异的光学、力学、电学特性，在材料学、微纳加工、能源、生物医学和药物传递方面具有重要应用前景。1 mol石墨烯含六元环的数目为　 　；石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构将发生改变，转化为氧化石墨烯（如 下图4），氧化石墨烯中键角α　 　（填“>”、“<”或“=”）键角β，原因是　 　。 （3）立方氮化硼晶体的结构和硬度都与金刚石相似，晶胞结构如图5所示，B原子填在由N原子构成的　 　（填“四面体”、“八两体”或“立方体”）空隙中。若晶胞边长为a pm，B原子半径为b pm，N原子半径为c pm，则该晶胞的空间利用率为　 　（列出计算式），氮硼原子间的最短距离为　 　 pm。 25．砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似。 （1）基态Ga原子的价电子排布式为　 　，其同周期元素中未成对电子数最多的是　 　(填元素符号)。 （2）GaAs可用Ga(CH3)3(常温下为无色液体)和AsH3高温反应制得，同时生成另一种产物，写出反应方程式　 　，另一种产物中心原子的杂化类型为　 　。 （3）沸点AsH3　 　NH3(填“>”、“<”、“=”)，原因是　 　。 （4）GaAs的晶胞结构如图所示，As的配位数　 　，若晶胞中距离最近的两个Ga原子距离为anm，阿伏加德罗常数的值为，则GaAs的密度为　 　。 答案解析部分 1．【答案】C 【解析】【解答】A．NaCl是离子化合物，其电子式为，A项不符合题意； B．图示为p－p“肩并肩”，形成的是键，B项不符合题意； C．CO价层电子对数为3，无孤对电子，故其空间结构模型为平面三角形，C项符合题意； D．SO2配位原子数为2，孤对电子数为，其空间构型为V形，该选项VSEPR模型孤对电子数为2，故该模型不是SO2，D项不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.NaCl为离子化合物； B.p-pσ键电子云以“头碰头”方式形成； C.CO的价层电子对数为3，不含孤电子对； D.SO2中心S原子的价层电子对数为3，含有1对孤电子对。 2．【答案】A 【解析】【解答】A、Cr为24号元素，基态Cr原子的核外电子排布式为[Ar]，故A错误； B、羟基氧原子上只有7个电子，其电子式为，故B正确； C、HCl分子中键为s-p键，形成过程为： ，故C正确； D、的主链上有6个碳原子，3号碳上有一个甲基，4号碳上有一个乙基，命名为：3－甲基－4－乙基己烷，故D正确； 故答案为：A。 【分析】A、Cr为24号元素； B、羟基氧原子上只有7个电子； C、HCl分子中键为s-p键； D、烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。 3．【答案】B 【解析】【解答】A、乙炔的结构式为，则其电子式为 ，故A不符合题意； B、乙炔的球棍模型为，图示为其比例模型，故B符合题意； C、乙炔中碳原子采取sp杂化，则C原子杂化轨道电子云轮廓图为，故C不符合题意； D、基态C原子价电子排布式为2s22p2，则价层电子排布图为，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、乙炔中含有碳碳三键； B、球棍模型要表示出化学键； C、乙炔中C原子采用sp杂化； D、基态C原子的价电子排布式为2s22p2。 4．【答案】A 【解析】【解答】A、SF6中心S原子价层电子对数为，不含孤电子对，空间构型为八面体形，原子半径：S>F，则其空间结构模型为 ，故A正确； B、基态Si原子的价电子排布式为3s23p2，价层电子排布图为，故B错误； C、硫酸根中O原子最外层达到8电子稳定结构，故C错误； D、元素的非金属性越强，电负性越大，则F的电负性最大，故D错误； 故答案为：A。 【分析】A、SF6的VSEPR模型为八面体形、空间构型为八面体形； B、基态Si原子的价电子排布式为3s23p2； C、硫酸钾的电子式中，两个钾离子应分开写，O原子的最外层电子数为8； D、元素的非金属性越强，电负性越大。 5．【答案】A 【解析】【解答】用石墨烯制成功能性半导体，利用了石墨烯的导电性，故选A； 故答案为：A。 【分析】半导体能导电。 6．【答案】B 【解析】【解答】A．Cl2O中O原子与2个Cl原子形成2个共价键，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，原子半径：Cl＞O，但3个原子不在一条直线上，因此该图示不能表示Cl2O的结构，A不符合题意； B．一般情况下同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但当元素处于第VA时，其第一电离能大于同一周期相邻元素；同一主族元素的第一电离能随原子序数的增大而减小，因此第一电离能大小：N＞O＞C＞Si，B符合题意； C．NaCl是离子化合物，Na+与Cl-之间以离子键结合，其电子式为：，C不符合题意； D．根据系统命名方法可知CH(CH3)3的名称是2-甲基丙烷，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.Cl2O分子不是直线形结构； B.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素； C.NaCl为离子化合物； D.烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。 7．【答案】D 【解析】【解答】A.标准状况下，二甲硫醚是液体，不是气体，故A不符合题意； B.非金属元素非金属性越强电负性越强，二甲硫醚分子中电负性最弱的是氢，故B不符合题意； C.6.2g二甲硫醚分子的物质的量为0.1mol，一个二甲硫醚分子含有3个sp3杂化分子，含杂化的原子数为，故C不符合题意； D.乙二醇与二甲硫醚的相对分子质量相等但乙二醇的沸点高于38℃ ，主要是乙二醇分子易形成氢键，故D符合题意； 故答案为：D 【分析】A.标况下是，二甲硫醚是液体不是气体； B.非金属性越强，电负性越强，氢元素的电负性最小； C.根据判断碳元素和硫元素均为sp3杂化； D.根据乙二醇分子易形成氢键，沸点较高。 8．【答案】C 【解析】【解答】A．配合物K4[Fe(CN)6]中配位体是CN-，由于电负性：N＞C，所以碳原子提供孤电子对与中心Fe原子形成配位键，即配位原子是碳原子，A不符合题意； B．BCl3中B原子价层电子对数是3+=3，无孤对电子，故B原子采用sp2杂化，分子是平面三角形；SO3分子中S原子价层电子对数是3+=3，无孤对电子，故S原子也采用sp2杂化，分子是平面三角形结构，B不符合题意； C．BCl3和AlCl3都是由分子构成的共价化合物，物质分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的沸点就越高。由于相对分子质量：BCl3＜AlCl3，分子之间作用力：BCl3＜AlCl3，所以物质的沸点BCl3的沸点低于AlCl3，而与物质分子内的化学键键能大小无关，C符合题意； D．B4C3与金刚石成键、结构均相似，都是共价晶体，共价键键能大，断裂需消耗的能量高因此物质具有很高的硬度和很高的熔沸点，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.K4[Fe(CN)6]中配位体是CN-，电负性：N＞C，则配位原子为C原子； B.根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型和原子的杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数= ，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数； D.B4C3与金刚石成键、结构均相似，都是共价晶体。 9．【答案】C 【解析】【解答】A．根据原子周围数字表示的意义，可知所含的质子数为58，A说法不符合题意； B．根据原子周围数字表示的意义，可知所含的质量数是140，B说法不符合题意； C．根据原子周围数字表示的意义，该元素的原子序数为58，根据原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，中子数=相对原子质量−质子数=140−58=82，则铈原子中的中子数为82，C说法符合题意； D．根据原子周围数字表示的意义，质子数=原子序数=核外电子数=核电荷数，核外电子数是58，D说法不符合题意； 故答案为：C。 【分析】根据原子周围数字表示的意义，左下角表示质子数，左上角表示质量数，再结合中子数=相对原子质量−质子数以及原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数原子间的数量关系分析解答。 10．【答案】D 【解析】【解答】A．含有C元素的化合物可能为离子化合物，如碳酸钠、碳酸氢钠等，A不符合题意； B．同一周期从左向右电负性逐渐增强，则电负性：C(Y)＜N(X)，B不符合题意； C．同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，Z的单质为金属Mg，属于IIA主族元素，其第一电离能小于同周期的Si、P、S、Cl等，C不符合题意； D．若W为金属元素，W的单质为Al，Al与NaOH溶液反应生成氢气，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A．碳酸盐为离子化合物； B．同一周期从左向右电负性逐渐增强； C．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素； D．Al与NaOH溶液反应生成氢气。 11．【答案】A 【解析】【解答】A．根据均摊原则，普鲁士蓝晶胞中含Fe： 、CN-数、Na+数4，根据化合价代数和等于0，可知与个数比为1∶1，故A符合题意； B．根据晶胞图，格林绿晶体中周围等距且最近的数为6，故B不符合题意； C．Fe是26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为，失去4s电子转化为，故C不符合题意； D．根据均摊原则，普鲁士白晶胞中含Fe：、CN-数、Na+数8，若普鲁士白的晶胞棱长为apm，则其晶体的密度为，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.根据均摊法计算； B.格林绿晶体中周围等距且最近的数为6； C.Fe为26号元素，根据构造原理可知，基态Fe原子的价电子排布式为，失去4s电子转化为； D.根据均摊法和计算。 12．【答案】A 【解析】【解答】A、X的简单氢化物为甲烷，甲烷难溶于水，故A错误； B、元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：N>C>H，则电负性：N>C>H，故B正确； C、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：N>C，即Y>X，故C正确； D、H、N、Br形成的NH4Br既含离子键又含共价键，故D正确； 故答案为：A。 【分析】W的原子序数最小，W、X和Y的原子序数之和为14，W形成单键，则W应为H元素，X和Y基态原子的核外未成对电子数之和为5，结合成键情况可知，X为C元素，Y为N元素，Z是第四周期元素，Z带1个单位负电荷，则Z为Br元素。 13．【答案】B 14．【答案】C 【解析】【解答】A．铁原子的价电子排布式为[Ar]3d64s2，则其能量最高的电子所占能级是4s，A不符合题意； B．该配合物的中心离子是Fe2+，配体是(NO)(H2O)5，则配位数是1+5=6，B不符合题意； C．该配合物中所含的非金属元素有H、N、O、S，其中H元素位于s区，N、O、S 元素位于p区，C不符合题意； D．该配合物中阴离子（SO42-）的中心原子（S）的价层电子对数为，采用sp3杂化，且无孤电子对，则其空间构型为正四面体型，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.根据原子核外电子的排布式进行分析。 B.注意该配合物中的配体是(NO)(H2O)5，配位数为1+5=6。 C. 注意元素周期表中p区包括第ⅢA~ⅦA族和0族的元素。 D.根据价层电子对互斥理论进行分析。 15．【答案】C 16．【答案】C 【解析】【解答】A.GaAs为第二代半导体材料，因此GaAs属于共价晶体，A不符合题意； B.基态砷的价电子排布式为4s24p3，其价电子排布式为，B不符合题意； C.与砷原子距离最近的镓原子的个数为4，因此As的配位数为4，C符合题意； D.由均摊法可知，该晶胞结构中含Ga的个数为，含有As的个数为4，因此该晶体的密度，D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A、GaAs为半导体材料，属于共价晶体； B、基态砷的价电子排布式为4s24p3； C、与砷原子距离最近的镓原子个数为4； D、根据均摊法确定晶胞中原子个数，结合公式计算晶体密度； 17．【答案】C 【解析】【解答】A.氢原子的最外层电子数为1，氧原子的最外层电子数为6，因此羟基的电子式为，A不符合题意； B.H2O的中心原子的价层电子对数为，因此H2O的VSEPR模型为，B不符合题意； C.Mn的原子序数为25，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，Mn2+是由Mn失去最外层两个电子形成，因此Mn2+的价电子为3d5，其轨道表达式为，C符合题意； D.中子数为5的Be，其质量数为9，因此该原子的符号为，D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A、根据氢氧原子的最外层电子数书写羟基的电子式； B、计算H2O的中心原子的价层电子对数，从而得出其VSEPR模型； C、根据Mn的原子序数，书写Mn2+的核外电子排布式，从而得出其价电子的轨道表达式； D、中子数为5的铍原子，其质量数为5+4=9； 18．【答案】C 【解析】【解答】A、电负性：F>O>H，OF2中共用电子对偏向F，则共用电子对之间的距离较远，斥力较小，则 键角：OF2<H2O，故A不符合题意； B、键能：H-Cl>H-Br，则H-Cl更难断裂电离产生氢离子，则酸性：HBr>HCl，故B不符合题意； C、 溶解性：MgSO4＞CaSO4 ，说明同主族元素的硫酸盐从上到下逐渐减小，则溶解性：SrSO4＞BaSO4 ，故C符合题意； D、N和Cl之间的电负性差值小于P和Cl之间的电负性差，则极性：NCl3<PCl3，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、共用电子对之间的斥力越大，键角越大； B、键能越大，越难电离出氢离子； C、同主族元素的硫酸盐从上到下逐渐减小； D、N和Cl之间的电负性差值小于P和Cl之间的电负性差。 19．【答案】D 【解析】【解答】 X、Y、Z、W四种元素，原子序数依次增大。Y与X、Z均相邻，元素Y的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子。元素W基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1。X为N、Y为O、Z为S、W为K。 A.氮元素处于半充满第一电离能最大，同族从上到下依次减小，非金属第一电离能大于与金属，第一电离能越大，因此N＞O＞S＞K；故A不符合题意； B.非金属性越强，电负性越强，O＞N＞S，故B不符合题意； C.硫和氧形成的三氧化硫是极性键的非极性分子，故C不符合题意； D.硫单质和钾反应得到的是K2S，故D符合题意； 故答案为：D 【分析】A.同周期电离能做大趋势，但是需要考虑半充满或者充满的状态； B.根据非金属性强弱判断； C.根据元素形成物质判断； D.根据元素写出形成物质判断。 20．【答案】B 【解析】【解答】A．元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性：C<N<O，气态氢化物热稳定性：Y<Z<W，A不符合题意； B．O2-和Na+的电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，则r(Na+)<r(O2-)，B符合题意； C．同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第VA族第一电离能大于第VIA族，则第一电离能：N>O>C，C不符合题意； D．X、Z、W形成的化合物NH4NO3含离子键，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】X、Z原子中分别有1、7个运动状态完全不同的电子，则X、Z原子序数为1、7，则X是H元素、Z是N元素；Y原子中各能级电子数相等，则电子排布为1s22s22p2，核外电子数为6，Y为C元素；W的基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，W只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，W为O元素；R在同周期中原子半径最大，则R是Na元素。 21．【答案】（1）（或）；的能级为半满状态，更稳定 （2）6；858 （3）A；C （4）； （5）；加入铜粉形成了原电池，加快了去除六价铬反应的速率 【解析】解答】（1）基态铁原子的核外电子排布式是 ： ；比稳定的原因 是：的能级为半满状态，更稳定 ； （2）① 根据方程式可知：生成6molH2时，转移的电子数是12mol，所以生成3molH2时，转移的电子是6mol； ②电解液态水的反应方程式为：2H2O2H2+O2，该反应的反应热为+572KJ/mol，可见反应生成的H2为3mol时释放的热量是：1.5×572=858KJ/mol。 （3）知：压强是该反应中的变量，当压强不变时，证明反应已经达到平衡状态，A选项是正确的； B.甲烷和氢气的反应速率之比应该等于1：2，B选项无法证明反应达到平衡状态，B选项是错误的； C.因为气体的总质量是改变的，而气体的体积是不变的，因此混合气体的密度是一个变量，当混合气体的密度不变时，证明反应达到平衡状态，C选项是正确的； D.和的浓度之比为1：2 ，无法证明反应达到平衡状态，D选项是错误的。 故答案为：AC。 （4）①该反应的离子方程式为 ： ； v（ ）== ； （5）①根据Ka值的表达式，可知Ka1=10-M，Ka2=10-N，＝ ； ②去除水体中六价铬的效率与纯纳米零价铁相比更高，其原因是加入铜粉形成了原电池，加快了去除六价铬反应的速率 。 【分析】（1）Fe的原子序数是26，核外电子数为26； （2）① 根据方程式可知：生成6molH2时，转移的电子数是12mol，所以生成3molH2时，转移的电子是6mol； ②电解液态水的反应方程式为：2H2O=通电=2H2+O2，该反应的反应热为+572KJ/mol，可见反应生成的H2为3mol时释放的热量是：1.5×572=858KJ/mol。 （3）判断可逆反应达到平衡的依据是：“变量不变时即平衡”，也就是反应中的变量不再改变时就是可逆反应达到平衡； （4）①该反应的离子方程式为 ： ； v（ ）== ； （5）①根据Ka值的表达式，可知Ka1=10-M，Ka2=10-N，＝ ； ②形成原电池可以加快反应速率。 22．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2 （2）将废锰渣研磨成粉末（或加热、或适当提高硫酸浓度）；MnO2 （3）；反应生成的Mn2+作为催化剂，提高了反应速率 （4）除去过量的硫酸(调节溶液pH) （5）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 （6） （7）4.53 【解析】【解答】（1）Mn是25号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p54s2。 （2）“酸处理”时，为提高浸取率可采取的措施为将废锰渣研磨成粉末（或加热、或适当提高硫酸浓度）；“酸处理”后，其他成分均与硫酸反应，只有MnO2不反应，因此滤渣①为MnO2。 （3）“浸取”过程主要是低价铁元素将MnO2还原为MnSO4，因此反应为；“浸取”过程化学反应速率加快，可能的原因是生成的Mn2+作为催化剂，提高了反应速率。 （4）“中和”时，碳酸钙的作用是中和过量的硫酸，调节溶液的pH，使Fe3+能够生成Fe(OH)3沉淀而除去。 （5）由MnSO4溶液得到固体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （6）阳极发生的反应为Mn2+被氧化为MnO2，根据质量守恒定律及溶液酸性环境，电极反应式为：。 （7）根据与的关系列式：，则。 【分析】（1）依据原子构造原理分析； （2）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析； （3）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、原子守恒书写；考虑产物的催化作用； （4）加入试剂目的是调整pH但是不能引入杂质； （5）从溶液中提取溶解度受温度比较大的物质包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等； （6）根据质量守恒定律及溶液酸性环境，阳极发生氧化反应； （7）根据原子守恒列关系式计算。 23．【答案】（1）4s24p4 （2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高 （3）B；D；E （4）O、Se （5）＞；正四面体形 （6）K2SeBr6； 【解析】【解答】(1)基态硫原子价电子排布式为3s23p4，硒与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；故答案为：4s24p4。 （2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高； （3）(3)A．I中有 键 ，还有大π键，故A错误；B．Se−Se是同种元素，因此I中的 键为非极性共价键，故B正确；C．烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故C错误；D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，故E正确；故答案为：BDE。 （4）根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se。 （5）非羟基氧数目越多，酸性越强，故 大于 ；根据价层电子互斥理论， 的立体构型为 正四面体构型； （6）)①根据晶胞结构得到K有8个，立方体三角锥有4个，则X的化学式为K2SeBr6； ②设晶胞参数为anm，得到，解得 X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即 。 【分析】（1）硒与S同族主族元素，价电子排布相同，据此写出即可； （2）水分子间含有氢键，其沸点要异常的高； （3） A.含有苯环，I中有键和π键， B.同种元素之间形成非极性共价键，故B项正确， C.II不含亲水基，故不溶于水， D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确； （4）根据 IV的结构可知，O、Se 含有孤对电子； （5）一般来说，非羟基氧数目越多，酸性越强，判断离子构型，即根据价层电子互斥理论，计算出价层电子数目即可，判断方法为：孤对电子数计算公式为：孤电子数=1/2(a-xb) ，其中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为中心原子结合的原子最多能接受的电子数，再确定共用电子对数，从而确定价层电子对数，确定中心原子杂化方式和 VSEPR模型名称 ，实际空间构型就是 VSEPR模型去掉孤对电子后的构型。 （6）根据晶胞结构，利用均摊法计算晶胞化学式，再根据密度，算出晶胞的边长，再计算相邻K之间的最短距离即可。 24．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；0；4；三角锥形；PCl3、NF3、SOCl2等 （2）0.5NA；<；键角α对应的碳为sp3杂化，键角β对应的碳为sp2杂化 （3）四面体；； 【解析】【解答】(1)①Zn为30号元素，原子核外有30个电子，其核外电子排布为[Ar]3d104s2； 若一种自旋状态用+1/2表示，与之相反的用-1/2表示，3d和4s轨道都排满电子，每个轨道电子自旋状态相反，则Zn的价电子3d104s2自旋磁量子数的代数和为0； ②中心原子为Cd，Cd与Zn同族，价电子数相同，价电子数为12，CN提供的电子数为2，中心离子价电子数与配体提供的电子数之和为18，所以有12-(x-2)+2x=18，x=4； ③碲和硫同主族，TeO32-中Te原子价层电子对数为，4且Te原子含有一个孤电子对，则该离子为三角锥形结构，与它互为等电子体的分子中含有4个原子、价电子数为26，符合条件的分子有PCl3、N2、SOCl2等； （2）石墨烯中每个碳原子被3个环共用，所以每个环上有2个碳原子，1mol石墨烯含六元环的数目为0.5NA；键角α的交点碳原子为sp3杂化，为四面体结构，且连接的羟基中氧原子有孤对电子，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，键角小于109°28′，而键角β的交点碳原子为sp2杂化，为平面正三角形，键角为120°，键角α＜键角β； （3）晶胞中B原子数目=4、N原子数目=，B原子填在由N原子构成的四面体空隙中；晶胞边长为apm，晶胞的体积为a3pm3，B原子半径为bpm，N原子半径为cpm，晶胞的空间利用率为 ，4个N原子构成的四面体，B处于体心，则氮硼原子间的最短距离是体心B到顶角N的距离，为 。 【分析】难点分析（2）石墨烯为无数六边形镶嵌共用，每个碳原子被3个环共用，利用均摊法计算，实际每个六元环上有2个碳原子；在比较键角大小时候要注意中心原子孤电子对共价键有排斥作用，孤电子对越多对共价键的排斥力就越强，也就是将两个成键角的共价键进行内压，键角就变小。 25．【答案】（1）；Cr （2）；杂化 （3）<；分子间可以形成氢键 （4）4； 【解析】【解答】（1）Ga为第四周期第IIIA族的元素，所以价层电子排布为：，与其同周期的未成对电子数最多的为，该元素为Cr。 （2）根据原子守恒，生成物为，另外一种产物为，所以化学方程式为：；甲烷为正四面体形结构，所以中心原子的杂化方式为：杂化； （3）AsH3和NH3均为分子晶体，由于NH3分子间存在氢键，所以沸点AsH3<NH3； （4）As距离最近的Ga原子有4个，所以配位数为4个，若晶胞中距离最近的两个Ga原子距离为anm，则晶胞边长为nm，晶胞体积为阿伏加德罗常数的值为NA，采用均摊法：Ga原子有，As原子有体心4个，所以晶胞的质量为，则GaAs的密度为。 【分析】（1）依据构造原理分析； （2）根据原子守恒分析；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型； （3）分子间含有氢键，熔沸点较高；氢键是电负性原子和与另一个电负性原子共价结合的氢原子间形成的键； （4）根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。 学科网（北京）股份有限公司 $$