题型08 反应历程分析 化学用语（题型专练）（山东专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

题型08 反应历程分析 化学用语 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 能垒图与过渡态理论【重】 考向02 催化剂、中间产物、活化能及反应机理分析【重】 考向03 循环反应机理图像分析 考向04 原子结构、电子式 考向05 电子排布图、电子排布式 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 山东卷选择题问“原因”：常用模板“催化剂通过…改变了反应路径，降低了决速步的活化能，从而提高了反应速率”；问“中间体”：寻找在能量图中“生成后又消耗”的物质；问“总反应”：将各步反应物和产物相加，消去中间体和催化剂。 对待反应历程，要有“侦探解谜”的思维，从能量变化的蛛丝马迹中还原反应的真实路径；对待化学用语，要有“法律条文”般的严谨，每一处符号都关乎对化学原理的准确表述。掌握了这两点，你便在理论与表达的两个层面都占据了制高点。 考向01 能垒图与过渡态理论【重】 【例1-1】（2025·广西·高考真题）某种氨基喹啉衍生物合成反应的可能历程如图，表示活化能。下列说法错误的是 A．是反应的催化剂 B．步骤①发生了键断裂 C．反应速率：历程历程I D．反应热：历程历程I 【例1-2】（2025·浙江·高考真题）传统方法中，制备化合物c常用到。某课题组提出了一种避免使用的方法，机理如图所示(L表示配体，表示价态)。下列说法不正确的是 A．化合物b是的替代品 B．是该过程产生的副产物 C．M可能是和 D．整个过程中，含镍化合物发生了2次氧化反应 1． 基元反应与非基元反应 例如H＋＋OH－===H2O，反应几乎没有过程，瞬间平衡一步到位，称为简单反应；而2HI===H2＋I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI―→H2＋2I·、2I·―→I2，存在未成对电子的微粒称为自由基，反应活性高，寿命短，2HI===H2＋I2称为非基元反应。 2． 反应历程 由基元反应构成的反应序列，又称反应机理。 （1）总反应：2NO+2H2N2+2H2O （2）反应历程 ①2NO+H2N2O+H2O（慢） ②2N2O2N2+O2（快） ③2H2+O22H2O（更快） （3）决速反应：在反应历程中，反应速率最慢的基元反应。 （4）决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率。 （5）反应历程中化学键有断裂和形成。 【变式1-1】（25-26高三上·山东德州·期中）与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法错误的是 A．催化剂参与可降低该反应的活化能 B．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 C．过程Ⅱ中发生的反应方程式为： D．每有5.6L(标准状况)参与反应，需电路中提供4mol电子 【变式1-2】（25-26高三上·山东·月考）热化学制氢法是先后经过I、II两步热化学循环的制氢方法，其基本原理如图所示。 下列说法中正确的是 A．是上述转化的催化剂 B．在上述过程中既是氧化剂，又是还原剂 C．每生成，则理论上有分解，需加入 D．“两步热化学循环”的分步设计，有利于节约能源 考向02 催化剂、中间产物、活化能及反应机理分析【重】 【例2-1】（2025·贵州·高考真题）用PdCu和PdZn催化甲醇重整制氢的反应有(主反应)、(副反应)，部分反应机理如图(TS表示过渡态，*表示吸附态)。 依据图示信息，下列说法正确的是 A．在PdZn催化剂表面解离的速率更快 B．在PdCu催化剂表面的更容易脱附 C．消耗相同质量的，选择PdZn催化剂有利于生成更多 D．若原料更换为，经历TS3后可生成 【例2-2】（2025·河北·高考真题）氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．反应ⅰ是吸热过程 B．反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV C．反应ⅲ包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中 1. 过渡态 A＋B－C―→[A…B…C]―→A－B＋C 备注：（1）以上为一种基元反应，其中正反应活化能Ea正＝b－a，逆反应活化能Ea逆＝b－c，ΔH＝Ea正－Ea逆。（2）过渡态(A…B…C)不稳定。 2. 中间体 备注：处于能量最高点的是反应的过渡态，在多步反应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活泼，寿命很短，但是会比过渡态更稳定些。 3. 能垒与决速步 能垒：可以简单理解为从左往右进行中，向上爬坡吸收的能量，而包含最高能垒的反应我们称之为决速步骤，也称为慢反应。 例如图中，从第一个中间体到过渡态2的能量就是最高能垒，而HCOO*＋H*===CO2＋2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤。 4. 过渡态理论 基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。 AB＋C―→[A…B…C]―→A＋BC 反应物　　过渡态　　 反应产物 过渡态是反应过程中具有最高能量的一种结构状态，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能[活化能(能垒)越高，此步基元反应速率越慢]。例如，一溴甲烷与NaOH溶液反应的过程可以表示为CH3Br＋OH－―→[Br…CH3…OH]―→Br－＋CH3OH 【变式2-1】（25-26高三上·山东潍坊·期中）计算机模拟单个乙炔()分子生成的反应历程及相对能量变化如图所示： 下列说法错误的是 A．反应过程中为催化剂 B．该反应的速控步为历程④ C．反应过程中只有极性键的断裂与生成 D．该反应的热化学方程式为   【变式2-2】（2025·山东淄博·三模）已知C2H5Br在NaOH醇溶液中发生的取代反应和消去反应互为竞争，二者反应历程中的相对能量变化如下图所示。下列说法错误的是 A．升高温度对反应历程1更有利 B．NaOH醇溶液中OH-与乙醇分子间形成了氢键 C．C2H5Br发生取代反应或消去反应时，OH-进攻的原子不同 D．NaOH醇溶液中C2H5Br发生消去反应在热力学上更有利 考向03 循环反应机理图像分析 【例3-1】（2025·四川·高考真题）钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。 下列说法错误的是 A．步骤①反应为 B．步骤③正、逆反应的活化能关系为 C．在催化循环中起氧化作用 D．步骤③生成的物质Z是 【例3-2】（2025·全国卷·高考真题）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触发生反应，可能的反应机理如图所示。 根据上述反应机理，下列叙述错误的是 A．三唑在反应循环中起催化作用 B．换成，可生成 C．碳原子轨道的杂化存在从到的转变 D．总反应为 1. 有效碰撞理论与活化能 活化能 活化分子数 单位体积内活化分子数 有效碰撞 增大浓度/压强 不变 不变 增多 增加 升高温度 不变 增多 增多 增加 催化剂 下降 增多 增多 增加 备注：速率常数k＝(阿伦尼乌斯公式) A—比例系数，Ea—活化能，R—常数，T—开氏温度。从公式可以判断出，T越高，速率常数越大，反应速率越大。Ea越小，速率常数越大，反应速率越大。 2. 活化能与反应机理 使用催化剂，可以改变活化能，改变反应机理，在反应机理中每一步反应的活化能不同，且均比总反应的活化能低，故一般使用催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，如图所示： E1为总反应的活化能，E2、E3为使用催化剂反应机理中各步的活化能。 3. 催化剂与中间产物 催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。 中间产物：在连续反应中为某一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续又消耗多少。 在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为 H2O2＋I－―→H2O＋IO－　慢 H2O2＋IO－―→O2＋I－＋H2O　快 在该反应中I－为催化剂，IO－为中间产物。 而在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。 5. 催化剂对反应历程与活化能影响 图例 解读 （1）在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能；E1－E2＝ΔH。 （2）有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应；总反应为放热反应。 （3）同一反应分为若干个基元反应，活化能大的基元反应速率较慢，决定了总反应的快慢；相同反应物同时发生多个竞争反应时，能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。 （4）催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH。 【变式3-1】（2025·山东·一模）某科研团队以可再生纳米碳—羰基材料为催化剂，催化烷烃基氧化脱氢反应，其基元反应和能量变化如图所示。 下列说法错误的是 A．反应历程中仅有极性键的断裂和生成 B．过渡态Ⅳ的氧化性大于过渡态Ⅱ C．基元反应③为决速步骤 D．乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒剂 【变式3-2】（2025·山东·一模）氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得。在催化剂作用下，HCOOH释氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK水溶液(显碱性)代替HCOOH释氢的效果更佳。下列叙述错误的是 A．其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH可以提高释放氢气的纯度 B．HCOOH催化释放氢的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成 C．图1中步骤②为HCOOH催化释放氢过程中的决速步骤 D．HCOOH催化释放氢的热化学方程式为 考向04 原子结构、电子式 【例4-1】（2025·北京·高考真题）下列化学用语或图示表达不正确的是 A．乙醇的分子模型： B．的模型： C．S的原子结构示意图： D．基态原子的价层电子排布式： 【例4-2】（2025·河北·高考真题）下列化学用语表述正确的是 A．中子数为12的氖核素： B．氯化镁的电子式： C．甲醛分子的球棍模型： D．的价层电子对互斥模型： 一、原子结构 1、原子结构示意图（以Na为例） 2、 常见金属原子和非金属原子形成离子的过程 3、元素符号表示： 符号 ，其中：质量数=A 、质子数=Z 、中子数=A-Z 电子数=Z 原子序数＝核电核数＝质子数=原子的核外电子数 质量数(A)＝质子数(Z)+中子数(N) 如：，其中：质量数=12 ，质子数=6 ，中子数=12-6=6，电子数=6 二、电子式 化学式 电子式 化学式 电子式 H2O CO2 NH3 CH4 NaCl HCl Na2O2 NaOH 三、化学键和化合物类型 1、离子键：金属元素+非金属元素，如：NaCl、KCl、MgO等，特别注意：NH4Cl也含有离子键。 2、共价键：非金属元素+非金属元素，如：HCl、H2、H2O、CO2等。特别注意：共价键分为极性共价键（不同的非金属元素组成，如HCl）和非极性共价键（相同的非金属元素组成，如H2） 3、离子化合物：只要含有离子键的化合物就是离子化合物，如：NaCl、NaOH、Na2O2、K2S等。 4、共价化合物：只含有共价键的化合物。如HCl、H2O、CO2等，特别注意：H2、Cl2是单质，不是化合物。 【变式4-1】（25-26高三上·山东临沂·期中）下列化学用语表述正确的是 A．的球棍模型为 B．的电子式为： C．基态原子的价层电子排布式： D．的VSEPR模型： 【变式4-2】（25-26高三上·山东·期中）下列化学用语或图示正确的是 A．反应属于化学变化 B．CaC2的电子式： C．NaCl溶液中的水合离子： D．PCl3分子的球棍模型： 考向05 电子排布图、电子排布式 【例5-1】（2025·北京·高考真题）物质的微观结构决定其宏观性质。乙腈()是一种常见的有机溶剂，沸点较高，水溶性好。下列说法不正确的是 A．乙腈的电子式： B．乙腈分子中所有原子均在同一平面 C．乙腈的沸点高于与其分子量相近的丙炔 D．乙腈可发生加成反应 【例5-2】（2025·浙江·高考真题）下列化学用语表示不正确的是 A．的结构式： B．基态氧原子的轨道表示式： C．p电子云轮廓图： D．的系统命名：乙基丁烷 一．构造原理 （1）含义 以光谱学事实为基础，从氢开始，随核电荷数递增，新增电子填入能级的顺序称为构造原理。 （2）示意图 每一行对应一个能层,每个小圈表示一个能级;各圆圈间连接线的方向表示随核电荷数递增而增加的电子填入能级的顺序。 【思考1】从能层和能级的角度看，电子的填充顺序有何规律？ 遵循能量最低原则。电子先填满一个能层，再继续填下一个能层（依次为K、L、M…）；先填满一个能级，再继续填下一个能级，（依次为s、p、d、f）。 【思考2】有没有特殊情况出现？ 从第三层开始，填充完3p之后，先填充的是第四层的s能级。 3、能级交错 构造原理告诉我们，随核电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层的。 构造原理呈现的能级交错源于光谱学事实，是经验的，而不是任何理论推导的结果。构造原理是一个思维模型，是个假想过程。 重点记忆填充顺序： 1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p→5s 二．电子排布式 1、定义：将能级上所容纳的电子数标在该能级符号右上角，并按照能层从左到右的顺序排列的式子。 2、表示方法： 例如1s2：表示第一能层，s能级上，填充2个电子 3s1：表示第三能层，s能级上，填充1个电子 2p3：表示第二能层，p能级上，填充3个电子 3、书写方法： “三步法”（构造原理是书写基态原子电子排布式的主要依据） 第一步：按照构造原理写出电子填充顺序，1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p→5s 第二步：确定各能级的电子个数。 第三步：去掉空能级，并按照能层顺序书写电子排布式。 （1）基态原子的核外电子排布式： 举例：写出钠和锰元素基态原子的电子排布式 11Na：1s22s22p63s1 25Mn：1s22s22p63s23p63d54s2 锰元素的原子结构示意图： Mn Cr和Cu的最后两个能级的电子排布分别为3d54s1和3d104s1，这说明了什么？ 构造原理是被理想化了的思维模型，某些元素基态原子的电子排布不符合构造原理。 考试要求：根据构造原理写出1-36号元素的基态原子的电子排布式 失电子的顺序：由外到内依次失去 （2）简化电子排布式 将原子中已经达到稀有气体元素原子结构的部分，用相应的稀有气体元素符号外加方括号表示的式子称为简化电子排布式。 举例：钠的电子排布式可以简化为[Ne]3s1 该表达式方括号里的符号有何意义？ 其中[Ne]表示Na的内层电子排布与稀有气体元素Ne的核外电子排布相同。 （3）价层电子排布式 为突出化合价与电子排布的关系，将在化学反应中可能发生电子变动的能级称为价电子层(简称价层)。 举例：钠的简化电子排布式为[Ne]3s1，价层电子排布式为3s1 铁的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，价层电子排布为3d64s2 1　 对于主族元素和零族元素来说，价电子就是最外层电子 表示方法： IA、IIA： nsx IIIA-0族：nsxnpy 2　 对于副族和第VIII族元素来说，价电子除最外层电子外，还包括次外层电子 表示方法：3dx4sy 【变式5-1】（2024·山东·高考真题）下列化学用语或图示正确的是 A．的系统命名：2-甲基苯酚 B．分子的球棍模型： C．激发态H原子的轨道表示式： D．键形成的轨道重叠示意图： 【变式5-2】（25-26高三上·山东·期中）下列化学用语或表述正确的是 A．H2O中O原子的杂化轨道表示式： B．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： C． CaC2的电子式： D．的化学名称是3-甲基-3-戊烯 1．反应可用于合成农药。下列说法正确的是 A．P的原子结构示意图为 B．的电子式为 C．中P的杂化方式为 D．属于分子晶体 2．下列化学用语表达正确的是 A．中子数为20的氯原子 B．HClO的结构式：H—Cl—O C．O3的 VSEPR 模型： D．羟基的电子式： 3．峄山野店遗址出土的文物包括石器、陶器和玉器饰品等，下列有关表述正确的是 A．第一电离能 B．与互为同位素，后者可用来鉴定文物的年代 C．的电子式为： D．的空间填充模型为： 4．我国科学家研究化合物M(s)催化氢化机理。由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如图所示(已知)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法错误的是 A．过渡态TS1比TS2更稳定 B．过程P→TS2为化合物M生成化合物N的决速步骤 C．化合物M催化氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂 D．该过程的热化学方程式为：   5．大气中的臭氧层能有效阻挡紫外线。已知反应：，在有Cl•存在时的反应机理为：基元反应①：，基元反应②：，反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．b线表示存在Cl•时反应过程的能量变化 B．Cl•对反应有催化作用 C．反应的决速步是基元反应① D．增大压强和加入催化剂都能增大活化分子百分数 6．下列化学用语或图示表示错误的是 A．的VSEPR模型： B．sp杂化轨道示意图： C．聚丙烯的结构简式： D．的电子式： 7．下列化学用语表示错误的是 A．三氟化磷分子的球棍模型为 B．的化学名称为3-氨基丁酸 C．基态碳原子的价电子轨道表示式为 D．过氧化钠的电子式为 8．下列化学用语错误的是 A．质量数为16的氧原子： B．硫化钾的电子式： C．基态Si原子的价层电子排布图： D．甲醛的球棍模型： 9．2-溴-2-甲基丙烷发生水解反应的历程如下： 已知：①反应能量图如下： ②结构不同的溴代烷在相同条件下水解相对速率如下表： 取代基 相对速率 108 45 下列说法正确的是 A．中4个碳原子共平面 B．该历程中，水解速率较大程度受的影响 C．升高温度，有利于提高该反应的反应速率和平衡转化率 D．推测水解速率比慢 10．合成尿素的机理及能量变化如图，TS表示过渡态。 下列说法正确的是 A．反应过程中的化合价发生改变 B．一定比稳定 C．若，则 D．决速步的热化学方程式：   11．三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N—二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是 A．步骤①表示DMF分子和H原子吸附在铜催化剂表面的过程，而步骤③则表明形成了N—H键 B．该历程中决速步骤能垒(活化能)为1.19 eV C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率 D．由图可知，该条件下，DMF完全转化为三甲胺的热化学方程式为：(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)=N(CH3)3(g)＋H2O(g)  ΔH=-1.02 eV/mol 12．由镍或铬介导的烯丙基或乙烯基卤与醛偶联为醇的反应称为“NHK反应”，在天然产物合成领域应用广泛，反应机理如图所示(Me代表甲基)，下列说法错误的是 A．反应过程中既有σ键的断裂也有π键断裂 B．该反应条件下催化剂对碳氯键有更高的选择性 C．加入Mn可以使催化剂CrCl2再生，减少有毒铬盐的用量 D．邻二氯苯和丁二醛发生上述反应，可能生成： 13．可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl与制成，实现氯资源的再利用。下图所示为该方法的催化机理。下列说法正确的是 A．X为，Y为HCl B．反应的催化剂是 C．图中转化涉及的反应均为氧化还原反应 D．制取1mol ，与实验室制氯气消耗的HCl物质的量相同 14．二价铜微粒可用作汽车尾气脱硝的催化剂，其可能的催化机理如图1所示，反应过程中体系的能量变化如图2所示。下列说法正确的是 A．状态②→③决定了反应速率 B．状态⑤→①过程中有非极性键的断裂和生成 C．状态②→③的过程中N元素被氧化 D．该脱硝过程的总反应方程式为 15．金属氧化物可催化加氢制备或甲醇，部分反应历程如图。下列说法正确的是 A．“路径I”中碳原子的杂化方式未发生变化 B．“路径I”反应的 C．和生成和的反应均为放热反应 D．催化剂可同时改变反应历程与焓变 16．钌(Ru)基催化剂催化和反应的一种机理如图。下列说法正确的是 A．物质Ⅲ为该反应的催化剂 B．涉及的反应中属于氧化还原反应的有2个 C．反应中既有极性键也有非极性键的断裂和生成 D．理论上，过程中每转移生成 17．甲醇与CO催化制备乙酸的反应历程及能量变化关系如下图。下列说法正确的是 A．、HI为该反应的中间产物 B．该反应有三个基元反应，反应ⅲ是决速步 C．该过程涉及极性键和非极性键的断裂和形成 D．总反应的热化学方程式为   18．电池的某电极反应历程及其相关能垒如图所示。 下列说法中错误的是 A．上述历程为正极的反应历程 B．可增大该电池的电势差 C．采用催化剂时，催化效果更好 D．电池的电解液不能选用强电解质的水溶液 19．用肼(N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。下列说法错误的是            A．有1mol N2生成时，则有2mol Fe3O4被处理 B．N2H4分子属于极性分子 C．处理后溶液的pH减小 D．[Cu(N2H4)2]2+在反应过程中作催化剂 20．某偶联反应的机理如下图所示(代表卤素原子，代表烃基)。下列说法错误的是 A．和为催化剂 B．反应的总方程式为 C．反应过程中既有极性键的断裂和形成，又有非极性键的断裂和形成 D．、与发生该偶联反应可以得到环状物质 21．已知、、、、、、为原子序数依次增大的主族元素，是短周期中金属性最强的元素，的最外层电子数是电子层数的3倍，、、、、、在元素周期表中的相对位置如下： 请回答下列问题： （1）基态X原子核外电子占据的最高能层的符号为 ，其电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为 。 （2）与形成的一种化合物能与水反应生成气体，写出该化合物的电子式： 。 （3）元素的一种核素中子数为46，该核素的符号为 。 （4）1molN的单质与Z的一种氢化物完全反应转移电子，写出该反应的化学方程式： 。 （5）元素、、的简单离子半径由大到小的顺序为 (填离子符号)。 （6）下列事实不能说明Q元素比M元素的非金属性强的是_______。 A．单质比单质更容易与化合 B．Q单质可以把M从其氢化物中置换出来 C．Q元素的最高正价比的高 D．氢化物酸性 （7）基态原子的核外电子排布式为，其转化为下列激发态时，吸收能量最少的是_______(填字母)。 A． B． C． D． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 / 20 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型08 反应历程分析 化学用语 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 能垒图与过渡态理论【重】 考向02 催化剂、中间产物、活化能及反应机理分析【重】 考向03 循环反应机理图像分析 考向04 原子结构、电子式 考向05 电子排布图、电子排布式 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 山东卷选择题问“原因”：常用模板“催化剂通过…改变了反应路径，降低了决速步的活化能，从而提高了反应速率”；问“中间体”：寻找在能量图中“生成后又消耗”的物质；问“总反应”：将各步反应物和产物相加，消去中间体和催化剂。 对待反应历程，要有“侦探解谜”的思维，从能量变化的蛛丝马迹中还原反应的真实路径；对待化学用语，要有“法律条文”般的严谨，每一处符号都关乎对化学原理的准确表述。掌握了这两点，你便在理论与表达的两个层面都占据了制高点。 考向01 能垒图与过渡态理论【重】 【例1-1】（2025·广西·高考真题）某种氨基喹啉衍生物合成反应的可能历程如图，表示活化能。下列说法错误的是 A．是反应的催化剂 B．步骤①发生了键断裂 C．反应速率：历程历程I D．反应热：历程历程I 【答案】D 【解析】A．由图可知，在反应历程中先被消耗，后又生成，是反应的催化剂，A正确； B．由图可知，步骤①中转化为，发生了键断裂，B正确； C．由图可知，历程I中活化能最大为112.8kJ/mol(决速步)，历程II中活化能最大为91.5kJ/mol(决速步)，活化能越大，反应速率越慢，则反应速率：历程历程I，C正确； D．由图可知，历程和历程I起始反应物和最终生成物相同，反应热相等，D错误； 故选D。 【例1-2】（2025·浙江·高考真题）传统方法中，制备化合物c常用到。某课题组提出了一种避免使用的方法，机理如图所示(L表示配体，表示价态)。下列说法不正确的是 A．化合物b是的替代品 B．是该过程产生的副产物 C．M可能是和 D．整个过程中，含镍化合物发生了2次氧化反应 【答案】C 【解析】A．根据反应机理图可知由化合物b制备目标产物c，化合物b替代提供氰基，A正确； B．反应过程中有自由基生成，自由基结合生成，为副产物，B正确； C．由图可知LNiⅠ-Br与反应生成LNi0与M，其中Ni化合价降低，氢化合价由-1价升高到0价的氢气，没有H+生成，C错误； D．整个过程中，含镍化合物化合价升高2次，发生了2次氧化反应，D正确； 故选C。 1． 基元反应与非基元反应 例如H＋＋OH－===H2O，反应几乎没有过程，瞬间平衡一步到位，称为简单反应；而2HI===H2＋I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI―→H2＋2I·、2I·―→I2，存在未成对电子的微粒称为自由基，反应活性高，寿命短，2HI===H2＋I2称为非基元反应。 2． 反应历程 由基元反应构成的反应序列，又称反应机理。 （1）总反应：2NO+2H2N2+2H2O （2）反应历程 ①2NO+H2N2O+H2O（慢） ②2N2O2N2+O2（快） ③2H2+O22H2O（更快） （3）决速反应：在反应历程中，反应速率最慢的基元反应。 （4）决速浓度：最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率。 （5）反应历程中化学键有断裂和形成。 【变式1-1】（25-26高三上·山东德州·期中）与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法错误的是 A．催化剂参与可降低该反应的活化能 B．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 C．过程Ⅱ中发生的反应方程式为： D．每有5.6L(标准状况)参与反应，需电路中提供4mol电子 【答案】C 【解析】A．催化剂通过参与化学反应而改变反应路径，与反应物形成能量较低的中间产物，从而降低反应的活化能，故A正确； B．过程Ⅱ涉及转化为含NH2，形成N-H极性键；过程Ⅲ为*CO与*NH2结合形成C-N极性键，过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成，故B正确； C．由图可知，过程Ⅱ中*得到电子生成NH2，该过程中H+为反应物，根据得失电子守恒和电荷守恒配平反应方程式为：，故C错误； D．CO2中C为+4价，CO(NH2)2中C仍为+4价(O=C(NH2)2，O为-2，N为-3，H为+1，C为+4)；2个中N从+5→-3，共得16e-，结合H+生成H2O，离子方程式为：，5.6L(标准状况)的物质的量为=0.25mol，需电路中提供0.25mol×16=4mol电子，故D正确； 故选：C。 【变式1-2】（25-26高三上·山东·月考）热化学制氢法是先后经过I、II两步热化学循环的制氢方法，其基本原理如图所示。 下列说法中正确的是 A．是上述转化的催化剂 B．在上述过程中既是氧化剂，又是还原剂 C．每生成，则理论上有分解，需加入 D．“两步热化学循环”的分步设计，有利于节约能源 【答案】D 【解析】A．由图可知，在反应中先被消耗后又生成，是水分解的催化剂，MOy是中间产物，A错误； B．由图可知，在“水分解”过程中H2O变成H2，只作氧化剂，B错误； C．根据2H2O=2H2↑+O2↑，若生成标准状况下2.24L O2（0.1mol），则有0.2mol H2O分解，催化剂在反应前后物质的量不变，不需要加入，C错误； D．“两步热化学循环”的两步所需的温度不一样，分步设计有利于节约能源，D正确； 故选D。 考向02 催化剂、中间产物、活化能及反应机理分析【重】 【例2-1】（2025·贵州·高考真题）用PdCu和PdZn催化甲醇重整制氢的反应有(主反应)、(副反应)，部分反应机理如图(TS表示过渡态，*表示吸附态)。 依据图示信息，下列说法正确的是 A．在PdZn催化剂表面解离的速率更快 B．在PdCu催化剂表面的更容易脱附 C．消耗相同质量的，选择PdZn催化剂有利于生成更多 D．若原料更换为，经历TS3后可生成 【答案】D 【解析】A．由主反应历程图可以看出，在PdZn催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为1.0 eV；在PdCu催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为0.93 eV。反应活化能越小，反应速率越快。因此，在PdCu表面解离的速率更快，A错误； B．由副反应历程图可以看出，从PdZn表面脱附形成所需的能量为0.21 eV；从PdCu表面脱附所需的能量为0.83 eV。从PdCu表面脱附所需能量更多，因此更难脱附，B错误； C．由选项A和选项B的分析可知，与PdZn相比，在PdCu表面解离速率更快，可以生成更多。通过增大反应物的浓度促进主反应的进行。从副反应历程图可以看出，在PdCu表面更难脱附，通过增大生成物浓度抑制副反应的进行。因此PdCu对主反应的选择性更强。从题干给出的反应方程式可以看出，进行主反应时，每消耗1 mol 可以生成3 mol 。因此消耗相同质量的，选择PdCu催化剂有利于生成更多，C错误； D．结合主反应历程图可以看出，会被吸附在催化剂表面并转化为，之后经历TS3步骤转化为。与之类似，在催化剂表面会转化为。经历TS3之后，转化为，D正确； 故答案选D。 【例2-2】（2025·河北·高考真题）氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．反应ⅰ是吸热过程 B．反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV C．反应ⅲ包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中 【答案】D 【解析】A．观察历程图可知，反应ⅰ中的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成和，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确； B．反应ⅱ中因脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，B正确； C．反应ⅲ从生成经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确； D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误； 故选D。 1. 过渡态 A＋B－C―→[A…B…C]―→A－B＋C 备注：（1）以上为一种基元反应，其中正反应活化能Ea正＝b－a，逆反应活化能Ea逆＝b－c，ΔH＝Ea正－Ea逆。（2）过渡态(A…B…C)不稳定。 2. 中间体 备注：处于能量最高点的是反应的过渡态，在多步反应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活泼，寿命很短，但是会比过渡态更稳定些。 3. 能垒与决速步 能垒：可以简单理解为从左往右进行中，向上爬坡吸收的能量，而包含最高能垒的反应我们称之为决速步骤，也称为慢反应。 例如图中，从第一个中间体到过渡态2的能量就是最高能垒，而HCOO*＋H*===CO2＋2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤。 4. 过渡态理论 基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。 AB＋C―→[A…B…C]―→A＋BC 反应物　　过渡态　　 反应产物 过渡态是反应过程中具有最高能量的一种结构状态，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能[活化能(能垒)越高，此步基元反应速率越慢]。例如，一溴甲烷与NaOH溶液反应的过程可以表示为CH3Br＋OH－―→[Br…CH3…OH]―→Br－＋CH3OH 【变式2-1】（25-26高三上·山东潍坊·期中）计算机模拟单个乙炔()分子生成的反应历程及相对能量变化如图所示： 下列说法错误的是 A．反应过程中为催化剂 B．该反应的速控步为历程④ C．反应过程中只有极性键的断裂与生成 D．该反应的热化学方程式为   【答案】C 【解析】A．根据题干和反应历程可知总反应为，反应历程中第一步加入的为催化剂，A正确； B．速控步为速率最慢的一步，即活化能最大的，反应历程图中反应④的活化能最大属于速控步，B正确； C．反应过程中有极性键的断裂与生成，也存在“碳碳三键”的断裂，碳碳三键是非极性键，C错误； D．由图可知，该反应的总反应热化学方程式为：，D正确； 故选C。 【变式2-2】（2025·山东淄博·三模）已知C2H5Br在NaOH醇溶液中发生的取代反应和消去反应互为竞争，二者反应历程中的相对能量变化如下图所示。下列说法错误的是 A．升高温度对反应历程1更有利 B．NaOH醇溶液中OH-与乙醇分子间形成了氢键 C．C2H5Br发生取代反应或消去反应时，OH-进攻的原子不同 D．NaOH醇溶液中C2H5Br发生消去反应在热力学上更有利 【答案】D 【解析】A．由图可知，反应历程1的活化能（88.7 kJ/mol）低于反应历程2的活化能（79.9 kJ/mol），根据化学反应速率理论，活化能越低，反应越容易进行，升高温度会使更多的反应物分子具有足够的能量来克服活化能垒，从而加快反应速率，所以升高温度对反应历程1更有利，A正确； B．从反应历程图能看到，中的氧与乙醇分子中的氢存在相互作用，符合氢键形成特征，所以NaOH醇溶液中与乙醇分子间形成了氢键，B正确； C．取代反应里，进攻与Br原子相连的碳原子；消去反应时，进攻与Br原子相连碳原子的邻位碳原子上的氢原子，进攻原子不同，C正确； D．由图可知，取代反应产物能量比消去反应产物能量低，能量越低越稳定，说明在NaOH醇溶液中C2H5Br发生取代反应在热力学上更有利，并非消去反应，D错误； 故选D。 考向03 循环反应机理图像分析 【例3-1】（2025·四川·高考真题）钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。 下列说法错误的是 A．步骤①反应为 B．步骤③正、逆反应的活化能关系为 C．在催化循环中起氧化作用 D．步骤③生成的物质Z是 【答案】D 【分析】结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，和苯生成，和、反应生成、和水，据此解答。 【解析】A．结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，故A正确； B．步骤③为放热反应，，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B正确； C．在催化循环中V的化合价由+5降低到+3，所以起氧化作用，故C正确； D．根据分析，步骤③生成的物质Z是，故D错误； 答案选D。 【例3-2】（2025·全国卷·高考真题）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触发生反应，可能的反应机理如图所示。 根据上述反应机理，下列叙述错误的是 A．三唑在反应循环中起催化作用 B．换成，可生成 C．碳原子轨道的杂化存在从到的转变 D．总反应为 【答案】B 【解析】A．由机理图可知，三唑在反应循环中，化学性质和质量没有变化，作催化剂，A正确； B．由机理图可知，换成，可生成，B错误； C．由机理图可知，转化为，因此碳原子轨道的杂化存在从到的转变，C正确； D．由机理图可知，和反应生成和，总反应为，D正确； 故选B。 1. 有效碰撞理论与活化能 活化能 活化分子数 单位体积内活化分子数 有效碰撞 增大浓度/压强 不变 不变 增多 增加 升高温度 不变 增多 增多 增加 催化剂 下降 增多 增多 增加 备注：速率常数k＝(阿伦尼乌斯公式) A—比例系数，Ea—活化能，R—常数，T—开氏温度。从公式可以判断出，T越高，速率常数越大，反应速率越大。Ea越小，速率常数越大，反应速率越大。 2. 活化能与反应机理 使用催化剂，可以改变活化能，改变反应机理，在反应机理中每一步反应的活化能不同，且均比总反应的活化能低，故一般使用催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，如图所示： E1为总反应的活化能，E2、E3为使用催化剂反应机理中各步的活化能。 3. 催化剂与中间产物 催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。 中间产物：在连续反应中为某一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续又消耗多少。 在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为 H2O2＋I－―→H2O＋IO－　慢 H2O2＋IO－―→O2＋I－＋H2O　快 在该反应中I－为催化剂，IO－为中间产物。 而在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。 5. 催化剂对反应历程与活化能影响 图例 解读 （1）在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能；E1－E2＝ΔH。 （2）有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应；总反应为放热反应。 （3）同一反应分为若干个基元反应，活化能大的基元反应速率较慢，决定了总反应的快慢；相同反应物同时发生多个竞争反应时，能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。 （4）催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH。 【变式3-1】（2025·山东·一模）某科研团队以可再生纳米碳—羰基材料为催化剂，催化烷烃基氧化脱氢反应，其基元反应和能量变化如图所示。 下列说法错误的是 A．反应历程中仅有极性键的断裂和生成 B．过渡态Ⅳ的氧化性大于过渡态Ⅱ C．基元反应③为决速步骤 D．乙苯氧化脱氢可获得苯乙烯和一种绿色消毒剂 【答案】AC 【解析】A．反应历程中有的断裂和的生成，有极性键和非极性键的断裂和生成，故A错误； B．由基元反应可知，过渡态Ⅳ的物质中含有过氧键，其氧化性大于过渡态Ⅱ，故B正确； C．由反应机理可知，基元反应②的能垒最大，反应最慢，基元反应②为决速步骤，故C错误； D．由反应机理可知，乙苯氧化脱氢反应为，获得苯乙烯和一种绿色消毒剂，故D正确； 故答案为AC。 【变式3-2】（2025·山东·一模）氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得。在催化剂作用下，HCOOH释氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。研究发现，其他条件不变时，以HCOOK水溶液(显碱性)代替HCOOH释氢的效果更佳。下列叙述错误的是 A．其他条件不变时，以HCOOK水溶液代替HCOOH可以提高释放氢气的纯度 B．HCOOH催化释放氢的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成 C．图1中步骤②为HCOOH催化释放氢过程中的决速步骤 D．HCOOH催化释放氢的热化学方程式为 【答案】D 【解析】A．其他条件不变时，若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水溶液显碱性，能吸收CO2，所以最终所得气体中CO2的量会减少，提高释放氢气的纯度，故A正确； B．在催化剂作用下，HCOOH分解生成和，根据图1，转化过程中，涉及O-H键和C-H键的断裂，以及H-H键的形成，O-H键、C-H键均为极性键，H-H键为非极性键，故B正确； C．活化能大的反应反应速率最慢，是反应的决速步骤，结合图2，步骤为②的活化能较大，故该过程的决速步骤为②，故C正确； D．根据图2，反应物的相对能量为0 eV，生成物的相对能量为-0.45 eV，则该反应的能量变化为。该数值表示一个HCOOH分子反应放出的能量，而热化学方程式中的焓变的单位通常是，表示1 mol反应物反应时的能量变化，因此选项D中焓变的数值和单位均不正确，故D错误； 故选D。 考向04 原子结构、电子式 【例4-1】（2025·北京·高考真题）下列化学用语或图示表达不正确的是 A．乙醇的分子模型： B．的模型： C．S的原子结构示意图： D．基态原子的价层电子排布式： 【答案】C 【解析】 A．乙醇的结构简式为，分子模型为：，A正确； B．BF3分子中B原子的价层电子对数为3+(3-1×3)=3，无孤电子对，其空间构型和VSEPR模型均为平面三角形，B正确； C．S的原子有16个电子，结构示意图，C错误； D．锌是30号元素，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s2，价电子排布式为3d104s2，D正确； 故选C。 【例4-2】（2025·河北·高考真题）下列化学用语表述正确的是 A．中子数为12的氖核素： B．氯化镁的电子式： C．甲醛分子的球棍模型： D．的价层电子对互斥模型： 【答案】C 【解析】A．氖原子的质子数为10，中子数为12，故氖核素，A错误； B．氯化镁为离子化合物，电子式为，B错误； C．甲醛（HCHO）分子为平面三角形结构，球棍模型中原子大小、连接方式应与实际结构相符。甲醛中C原子连接2个H原子和1个O原子，且为平面结构，题中模型符合甲醛分子结构特点，C正确； D．对于，中心C原子的价层电子对数，孤电子对数为0，价层电子对互斥模型应为平面三角形 ，D错误； 故选C。 一、原子结构 1、原子结构示意图（以Na为例） 2、 常见金属原子和非金属原子形成离子的过程 3、元素符号表示： 符号 ，其中：质量数=A 、质子数=Z 、中子数=A-Z 电子数=Z 原子序数＝核电核数＝质子数=原子的核外电子数 质量数(A)＝质子数(Z)+中子数(N) 如：，其中：质量数=12 ，质子数=6 ，中子数=12-6=6，电子数=6 二、电子式 化学式 电子式 化学式 电子式 H2O CO2 NH3 CH4 NaCl HCl Na2O2 NaOH 三、化学键和化合物类型 1、离子键：金属元素+非金属元素，如：NaCl、KCl、MgO等，特别注意：NH4Cl也含有离子键。 2、共价键：非金属元素+非金属元素，如：HCl、H2、H2O、CO2等。特别注意：共价键分为极性共价键（不同的非金属元素组成，如HCl）和非极性共价键（相同的非金属元素组成，如H2） 3、离子化合物：只要含有离子键的化合物就是离子化合物，如：NaCl、NaOH、Na2O2、K2S等。 4、共价化合物：只含有共价键的化合物。如HCl、H2O、CO2等，特别注意：H2、Cl2是单质，不是化合物。 【变式4-1】（25-26高三上·山东临沂·期中）下列化学用语表述正确的是 A．的球棍模型为 B．的电子式为： C．基态原子的价层电子排布式： D．的VSEPR模型： 【答案】D 【解析】A．中O原子为sp3杂化，球棍模型不是直线形，A错误； B．的电子式为，B错误； C．基态位于元素周期表第四周期第ⅣA族，其价层电子排布式为4s24p2，C错误； D．的中心N原子为sp3杂化，其VSEPR模型：，D正确； 故答案选D。 【变式4-2】（25-26高三上·山东·期中）下列化学用语或图示正确的是 A．反应属于化学变化 B．CaC2的电子式： C．NaCl溶液中的水合离子： D．PCl3分子的球棍模型： 【答案】B 【解析】A．该反应涉及原子核的变化（质子数和中子数改变），属于核反应，化学变化中原子种类不变，A错误； B．CaC2由和构成，电子式为，B正确； C．NaCl溶液中，Na+带正电，被水分子氧端（负电）包围；Cl-带负电，被水分子氢端（正电）包围，图示水合离子结构错误，C错误； D．PCl3中心原子P有1对孤电子对，分子构型为三角锥形，键角约107°，图中为平面三角形结构，与实际不符，D错误； 故答案选B。 考向05 电子排布图、电子排布式 【例5-1】（2025·北京·高考真题）物质的微观结构决定其宏观性质。乙腈()是一种常见的有机溶剂，沸点较高，水溶性好。下列说法不正确的是 A．乙腈的电子式： B．乙腈分子中所有原子均在同一平面 C．乙腈的沸点高于与其分子量相近的丙炔 D．乙腈可发生加成反应 【答案】B 【解析】A．乙腈中存在碳氢单键、碳碳单键和碳氮叁键，各原子均满足稳定结构，电子式正确，A正确； B．乙腈中甲基碳原子是四面体结构，所有原子不可能共面，B错误； C．乙腈与丙炔都可以形成分子晶体，两者相对分子质量接近，乙腈分子的极性强于丙炔，分子间作用力乙腈大于丙炔，因此，乙腈沸点高于丙炔，C正确； D．乙腈中有碳氮叁键，能够发生加成反应，D正确； 答案选B。 【例5-2】（2025·浙江·高考真题）下列化学用语表示不正确的是 A．的结构式： B．基态氧原子的轨道表示式： C．p电子云轮廓图： D．的系统命名：乙基丁烷 【答案】D 【解析】 A．是共价化合物，一个碳原子与四个氢原子形成四个共价键，结构式为：，A正确； B．基态O原子电子排布式为1s22s22p4，根据泡利原理和洪特规则，其轨道表示式：，B正确； C．电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，p电子云轮廓图为哑铃形(或纺锤形）：，C正确； D．的最长碳链上有5个碳原子，从离支链较近的一端给主链碳原子编号，甲基在3号碳原子上，则系统命名为3-甲基戊烷，D错误； 故选D。 一．构造原理 （1）含义 以光谱学事实为基础，从氢开始，随核电荷数递增，新增电子填入能级的顺序称为构造原理。 （2）示意图 每一行对应一个能层,每个小圈表示一个能级;各圆圈间连接线的方向表示随核电荷数递增而增加的电子填入能级的顺序。 【思考1】从能层和能级的角度看，电子的填充顺序有何规律？ 遵循能量最低原则。电子先填满一个能层，再继续填下一个能层（依次为K、L、M…）；先填满一个能级，再继续填下一个能级，（依次为s、p、d、f）。 【思考2】有没有特殊情况出现？ 从第三层开始，填充完3p之后，先填充的是第四层的s能级。 3、能级交错 构造原理告诉我们，随核电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层的。 构造原理呈现的能级交错源于光谱学事实，是经验的，而不是任何理论推导的结果。构造原理是一个思维模型，是个假想过程。 重点记忆填充顺序： 1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p→5s 二．电子排布式 1、定义：将能级上所容纳的电子数标在该能级符号右上角，并按照能层从左到右的顺序排列的式子。 2、表示方法： 例如1s2：表示第一能层，s能级上，填充2个电子 3s1：表示第三能层，s能级上，填充1个电子 2p3：表示第二能层，p能级上，填充3个电子 3、书写方法： “三步法”（构造原理是书写基态原子电子排布式的主要依据） 第一步：按照构造原理写出电子填充顺序，1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p→5s 第二步：确定各能级的电子个数。 第三步：去掉空能级，并按照能层顺序书写电子排布式。 （1）基态原子的核外电子排布式： 举例：写出钠和锰元素基态原子的电子排布式 11Na：1s22s22p63s1 25Mn：1s22s22p63s23p63d54s2 锰元素的原子结构示意图： Mn Cr和Cu的最后两个能级的电子排布分别为3d54s1和3d104s1，这说明了什么？ 构造原理是被理想化了的思维模型，某些元素基态原子的电子排布不符合构造原理。 考试要求：根据构造原理写出1-36号元素的基态原子的电子排布式 失电子的顺序：由外到内依次失去 （2）简化电子排布式 将原子中已经达到稀有气体元素原子结构的部分，用相应的稀有气体元素符号外加方括号表示的式子称为简化电子排布式。 举例：钠的电子排布式可以简化为[Ne]3s1 该表达式方括号里的符号有何意义？ 其中[Ne]表示Na的内层电子排布与稀有气体元素Ne的核外电子排布相同。 （3）价层电子排布式 为突出化合价与电子排布的关系，将在化学反应中可能发生电子变动的能级称为价电子层(简称价层)。 举例：钠的简化电子排布式为[Ne]3s1，价层电子排布式为3s1 铁的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，价层电子排布为3d64s2 1　 对于主族元素和零族元素来说，价电子就是最外层电子 表示方法： IA、IIA： nsx IIIA-0族：nsxnpy 2　 对于副族和第VIII族元素来说，价电子除最外层电子外，还包括次外层电子 表示方法：3dx4sy 【变式5-1】（2024·山东·高考真题）下列化学用语或图示正确的是 A．的系统命名：2-甲基苯酚 B．分子的球棍模型： C．激发态H原子的轨道表示式： D．键形成的轨道重叠示意图： 【答案】A 【解析】 A．含有的官能团为羟基，甲基与羟基相邻，系统命名为：2-甲基苯酚，故A正确； B．臭氧中心O原子的价层电子对数为：，属于sp2杂化，有1个孤电子对，臭氧为V形分子，球棍模型为：，故B错误； C．K能层只有1个能级1s，不存在1p能级，故C错误； D．p-pπ键形成的轨道重叠示意图为：，故D错误； 故选A。 【变式5-2】（25-26高三上·山东·期中）下列化学用语或表述正确的是 A．H2O中O原子的杂化轨道表示式： B．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： C． CaC2的电子式： D．的化学名称是3-甲基-3-戊烯 【答案】A 【解析】A．H2O中O原子是sp3杂化，杂化轨道表示式表述正确，A正确； B．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图，B错误； C．CaC2的电子式为，C错误； D．的化学名称为3-甲基-2-戊烯，D错误； 故答案选A。 1．反应可用于合成农药。下列说法正确的是 A．P的原子结构示意图为 B．的电子式为 C．中P的杂化方式为 D．属于分子晶体 【答案】C 【解析】 A．磷是15号元素，核外电子排布为2、8、5，原子结构示意图应为，A错误； B．NH3的电子式中N原子最外层有一对孤对电子，应表示为，B错误； C．PO(NH2)3中P原子连接1个O和3个-NH2，形成4个σ键（含1个P=O双键，双键视为1个σ键），价层电子对数为4，无孤对电子，杂化方式为sp3，C正确； D．NH4Cl由和通过离子键构成，属于离子晶体，而非分子晶体，D错误； 故选C。 2．下列化学用语表达正确的是 A．中子数为20的氯原子 B．HClO的结构式：H—Cl—O C．O3的 VSEPR 模型： D．羟基的电子式： 【答案】C 【解析】A．原子符号左上角为质量数，质量数=质子数+中子数，氯原子质子数为17，中子数为20时质量数=17+20=37，正确符号应为，A错误； B．HClO的结构式应为H—O—Cl，氧原子分别与氢和氯成键，而非H—Cl—O，B错误； C．O3中心氧原子价层电子对数==3，VSEPR模型为平面三角形，与图片结构一致，C正确； D．羟基是中性基团，电子式不应有中括号，且氧原子有一个未成对电子，正确电子式为，D错误； 故答案选C。 3．峄山野店遗址出土的文物包括石器、陶器和玉器饰品等，下列有关表述正确的是 A．第一电离能 B．与互为同位素，后者可用来鉴定文物的年代 C．的电子式为： D．的空间填充模型为： 【答案】B 【解析】A．第一电离能的规律是同周期从左到右增大、同主族从上到下减小，且O的第一电离能大于C，C大于Ca，所以正确顺序是O＞C＞Ca，故A错误； B．12C和14C质子数相同、中子数不同，互为同位素关系；14C的衰变可用于鉴定文物年代，故B正确； C．SiCl4的电子式中，每个Cl原子需要满足8电子稳定结构(应有3对孤电子对)，电子式为：，故C错误； D．二氧化硅是共价晶体，不存在单个分子，不能用分子的空间填充模型表示，其属于空间网状结构，故D错误； 故选：B。 4．我国科学家研究化合物M(s)催化氢化机理。由化合物M(s)生成化合物N(s)过程的机理和相对能量曲线如图所示(已知)。TS1、TS2均为过渡态。下列说法错误的是 A．过渡态TS1比TS2更稳定 B．过程P→TS2为化合物M生成化合物N的决速步骤 C．化合物M催化氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂 D．该过程的热化学方程式为：   【答案】D 【解析】A．由图可知，过渡态TS2比TS1能量高，则过渡态TS1更稳定，A正确； B．由图可知，过程P→TS2为两步反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生成化合物N的决速步骤，B正确； C．M为催化剂，整个反应前后M的结构不会发生改变，对比M和N的结构特点可知，当N中Fe-O键断裂，重新连接H原子才能生成M，所以化合物M催化CO2氢化反应过程中一定有Fe-O键的断裂，C正确； D．图示为一个CO2分子反应的过程，据图可知该过程能量变化ΔE=-11.63eV，所以当1molCO2参与反应时能量变化为-11.63×1.6×10−19J×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，所以该反应的焓变ΔH= -1120kJ/mol，D错误； 故选D。 5．大气中的臭氧层能有效阻挡紫外线。已知反应：，在有Cl•存在时的反应机理为：基元反应①：，基元反应②：，反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．b线表示存在Cl•时反应过程的能量变化 B．Cl•对反应有催化作用 C．反应的决速步是基元反应① D．增大压强和加入催化剂都能增大活化分子百分数 【答案】D 【解析】A．b表示存在Cl•时反应过程的能量变化，因为催化剂可以降低反应的活化能，故A正确； B．由b线可知Cl•降低了活化能，对反应有催化作用，故B正确； C．反应的活化能越大，反应速率越慢，所以决定O3+O•=2O2反应速率的是基元反应①，故C正确； D．加入催化剂，降低反应的活化能，能增大活化分子百分数，增大压强不能增大活化分子的百分数，故D错误； 答案选D。 6．下列化学用语或图示表示错误的是 A．的VSEPR模型： B．sp杂化轨道示意图： C．聚丙烯的结构简式： D．的电子式： 【答案】C 【解析】A．的中心原子O的价层电子对数为4，孤对电子数为2，VSEPR模型为四面体形， A正确； B．sp杂化由1个s轨道和1个p轨道杂化形成2个夹角为180°的直线形轨道， B正确； C．聚丙烯的单体为丙烯（），聚丙烯结构简式应为， C错误； D．N价电子数是5，电子式为， D正确； 故答案选C。 7．下列化学用语表示错误的是 A．三氟化磷分子的球棍模型为 B．的化学名称为3-氨基丁酸 C．基态碳原子的价电子轨道表示式为 D．过氧化钠的电子式为 【答案】C 【解析】 A．PF3分子中P原子的价层电子对数为：，VSEPR模型为正四面体，空间结构为三角锥形，分子的球棍模型为：，A正确； B．该有机物主链为含羧基的4个碳链（丁酸），羧基碳为1号碳，氨基位于3号碳，名称为3-氨基丁酸，B正确； C．基态碳原子的价电子排布式为2s22p2，其轨道表示式为： ，C错误； D．过氧化钠为离子化合物，电子式为，D正确； 故选C。 8．下列化学用语错误的是 A．质量数为16的氧原子： B．硫化钾的电子式： C．基态Si原子的价层电子排布图： D．甲醛的球棍模型： 【答案】B 【解析】A．质量数为16的氧原子，质子数为8，元素符号左上角为质量数，左下角为质子数，正确表示为，A正确； B．硫化钾为离子化合物，化学式为K2S，由2个K+和1个S2-构成，电子式应为，不能将2个K+合并在一起写，B错误； C．基态Si原子价层电子排布式为3s23p2，3s轨道中2个电子自旋方向相反，3p轨道中2个电子分占不同轨道且自旋方向相同，则价层电子排布图为，C正确； D．甲醛结构简式为HCHO，球棍模型中，中心原子为C，分别与2个H和1个O相连，双键存在于C与O之间，则模型能正确表示甲醛的分子结构，D正确； 故选B。 9．2-溴-2-甲基丙烷发生水解反应的历程如下： 已知：①反应能量图如下： ②结构不同的溴代烷在相同条件下水解相对速率如下表： 取代基 相对速率 108 45 下列说法正确的是 A．中4个碳原子共平面 B．该历程中，水解速率较大程度受的影响 C．升高温度，有利于提高该反应的反应速率和平衡转化率 D．推测水解速率比慢 【答案】A 【解析】A．中中心碳原子为杂化，呈平面三角形结构，三个甲基的碳原子分别与中心碳原子以σ键相连，三个甲基碳位于平面三角形的三个顶点，故中心碳与三个甲基碳共平面，4个碳原子共平面，A正确； B．该水解历程中，第一步（生成碳正离子）活化能更高，为决速步骤，而第一步不涉及，总反应速率主要由第一步决定，与无关，B错误； C．由能量图可知，产物能量低于反应物，反应为放热反应，升高温度可加快反应速率，但平衡逆向移动，平衡转化率降低，C错误； D．卤代烷水解过程中，键长比键长长，键能比键能小，更容易断裂，且在水溶液中离去基团稳定性：，中更易离去，水解速率比快，D错误； 故选A。 10．合成尿素的机理及能量变化如图，TS表示过渡态。 下列说法正确的是 A．反应过程中的化合价发生改变 B．一定比稳定 C．若，则 D．决速步的热化学方程式：   【答案】C 【解析】A．反应过程中N一直为-3价，化合价未变化，故A错误； B．图中HOOCNH2(s)+NH3+2H2O的能量比HNCO(g) +NH3+3H2O的能量更低​​，但HOOCNH2(s)的能量与HNCO(g) 的能量无法比较，故稳定性不确定，故B错误； C．根据图象可知，87.5+△E1=△E2-87，故 若，则，故C正确； D．决速步是能垒最高的步骤（ΔE1=66.5 kJ·mol⁻¹），对应反应：HNCO(g) +NH3 →[CO(NH2)2] (s)，故D错误； 故选C。 11．三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N—二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是 A．步骤①表示DMF分子和H原子吸附在铜催化剂表面的过程，而步骤③则表明形成了N—H键 B．该历程中决速步骤能垒(活化能)为1.19 eV C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率 D．由图可知，该条件下，DMF完全转化为三甲胺的热化学方程式为：(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)=N(CH3)3(g)＋H2O(g)  ΔH=-1.02 eV/mol 【答案】B 【解析】A．步骤①氢分子断裂氢氢键形成氢原子，DMF分子和H原子吸附在铜催化剂表面，而步骤③则表明形成了C—H键，A错误； B．该历程中的最大能垒(活化能)为2.21-1.02=1.19ev，B正确； C．升高温度可以加快反应速率，根据历程图可知，该反应为放热反应，依据勒夏特列原理，升高温度，该反应平衡向逆反应移动，DMF的平衡转化率降低，C错误； D．图中表示该反应中单个DMF分子转化时释放的能量为0eV-(-1.02eV)=1.02eV，所以1 mol DMF完全转化为三甲胺，释放出的能量为1.02NAeV，该条件下，DMF完全转化为三甲胺的热化学方程式为：(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)=N(CH3)3(g)＋H2O(g) H=-1.02NAeV/mol，D错误； 故选B。 12．由镍或铬介导的烯丙基或乙烯基卤与醛偶联为醇的反应称为“NHK反应”，在天然产物合成领域应用广泛，反应机理如图所示(Me代表甲基)，下列说法错误的是 A．反应过程中既有σ键的断裂也有π键断裂 B．该反应条件下催化剂对碳氯键有更高的选择性 C．加入Mn可以使催化剂CrCl2再生，减少有毒铬盐的用量 D．邻二氯苯和丁二醛发生上述反应，可能生成： 【答案】D 【解析】 A．由图可知，与CH3CHO发生加成反应生成时，发生C-Cr σ键的断裂，CH3CHO发生C=Oπ键断裂，故A正确； B．由图可知，与CrCl2发生取代反应生成生成和CrCl3，反应中碳碳双键没有发生改变，C-Cl键发生断裂说明催化剂CrCl2对碳氯键有更高的选择性，故B正确； C．由图可知，锰与氯化铬反应生成氯化锰和氯化亚铬，该反应的目的是将氯化铬还原为催化剂氯化亚铬，有利于减少有毒铬盐的用量，故C正确； D．由图可知，与CH3CHO反应转化为，则邻二氯苯和丁二醛反应转化为，故D错误； 故选D。 13．可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl与制成，实现氯资源的再利用。下图所示为该方法的催化机理。下列说法正确的是 A．X为，Y为HCl B．反应的催化剂是 C．图中转化涉及的反应均为氧化还原反应 D．制取1mol ，与实验室制氯气消耗的HCl物质的量相同 【答案】A 【分析】结合反应机理分析，根据原子守恒，CuCl2分解得到CuCl和Cl2，X为Cl2；CuCl与O2反应得到Cu2OCl2，Z为O2；CuO与Y反应得到Cu(OH)Cl和W，Y为HCl，W为H2O，据此分析作答。 【解析】A．根据分析，X为，Y为HCl，A正确； B．反应物为HCl和O2，生成物为Cl2和H2O，CuO为催化剂，CuCl2为中间产物，B错误； C．反应Cu2OCl2生成CuO和CuCl2无元素化合价改变，为非氧化还原反应，C错误； D．由原子守恒可知制取1mol ，需要2molHCl，实验室制氯气方程式为4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，生成1molCl2需要4molHCl，消耗的HCl物质的量不相同，D错误； 答案选A。 14．二价铜微粒可用作汽车尾气脱硝的催化剂，其可能的催化机理如图1所示，反应过程中体系的能量变化如图2所示。下列说法正确的是 A．状态②→③决定了反应速率 B．状态⑤→①过程中有非极性键的断裂和生成 C．状态②→③的过程中N元素被氧化 D．该脱硝过程的总反应方程式为 【答案】C 【解析】A．状态③→④反应的活化能最大，该步决定反应速率，A项错误； B．状态⑤→①是与转化为、的过程，有极性键的断裂和生成、非极性键的生成，不存在非极性键的断裂，B项错误； C．状态②→③是与反应生成与，Cu元素化合价降低，则有部分N元素化合价升高，被氧化，C项正确； D．该脱硝过程的总反应方程式为，D项错误； 答案选C。 15．金属氧化物可催化加氢制备或甲醇，部分反应历程如图。下列说法正确的是 A．“路径I”中碳原子的杂化方式未发生变化 B．“路径I”反应的 C．和生成和的反应均为放热反应 D．催化剂可同时改变反应历程与焓变 【答案】B 【解析】A．“路径I”中CO2的碳原子的杂化方式为sp，CH3OH的碳原子的杂化方式为sp3，A错误； B．读图可知，“路径I”反应H2COOH*→CH2O*+OH*的Ea=-45.4-(132.1)=86.7kJ/mol，B正确； C．根据图示，图中初始为CO2*和OH*，只有部分反应历程，并没有给出CO2和H2的相对能量，无法判断反应是放热反应还是吸热反应，C错误； D．催化剂只改变反应历程，不改变反应始态和终态，即不改变反应的焓变，D错误； 故选B。 16．钌(Ru)基催化剂催化和反应的一种机理如图。下列说法正确的是 A．物质Ⅲ为该反应的催化剂 B．涉及的反应中属于氧化还原反应的有2个 C．反应中既有极性键也有非极性键的断裂和生成 D．理论上，过程中每转移生成 【答案】B 【解析】A．催化剂在反应前后质量和化学性质不变，由机理图循环可知，物质Ⅲ是中间产物（由Ⅱ转化生成，最终转化为Ⅰ），并非催化剂，A错误； B．氧化还原反应的特征是有化合价变化，机理中涉及①H2参与反应时H元素化合价从0价变为+1价（如生成H2O）；②CO2中C元素从+4价（CO2）变为+2价（HCOOH中C），共2个氧化还原反应，B正确； C．断裂的键有H2的非极性键（H-H）、CO2的极性键（C=O）等；生成的键为HCOOH和H2O中的极性键（如C-H、O-H、C-O），无新的非极性键生成，C错误； D．生成1mol HCOOH时，C元素从+4价（CO2）下降到+2价（HCOOH），转移2mol e-，故转移1mol e-生成0.5mol HCOOH，质量为0.5mol×46g/mol=23g，D错误； 故选B。 17．甲醇与CO催化制备乙酸的反应历程及能量变化关系如下图。下列说法正确的是 A．、HI为该反应的中间产物 B．该反应有三个基元反应，反应ⅲ是决速步 C．该过程涉及极性键和非极性键的断裂和形成 D．总反应的热化学方程式为   【答案】B 【解析】A．HI在反应中先参与反应（步骤i），最终又生成（步骤iii），属于催化剂；是反应i的产物、步骤iii的反应物，为中间产物，但HI并非中间产物，A错误； B．能量图中有三个过渡态（TS1、TS2、TS3），对应三个基元反应（i、ii、iii）。决速步由活化能最大的基元反应决定，反应i活化能=0.72 eV - 0 eV=0.72 eV，反应ii活化能=-0.68 eV - (-1.38 eV)=0.70 eV，反应iii活化能=0.91 eV - (-1.01 eV)=1.92 eV，反应iii活化能最大，为决速步，B正确； C．反应中断裂的键（如C-O、H-I、C≡O等）均为极性键，形成的键有极性键（如O-H）和非极性键（C-C），但无非极性键的断裂，C错误； D．热化学方程式中ΔH的单位应为kJ/mol，eV是能量单位，且未标注物质状态的能量对应关系，D错误； 故答案选B。 18．电池的某电极反应历程及其相关能垒如图所示。 下列说法中错误的是 A．上述历程为正极的反应历程 B．可增大该电池的电势差 C．采用催化剂时，催化效果更好 D．电池的电解液不能选用强电解质的水溶液 【答案】B 【解析】A．题设机理为CO2放电的反应机理，因此是电池正极的反应机理，A选项正确； B．是催化剂，可降低反应活化能，但不会改变正负极反应物的活性，因此不可能增大电势差，B选项错误； C．加入催化剂后，决速步骤的活化能越低，催化效果越好，采用催化剂时，决速步骤的活化能小于采用催化时的决速步骤的活化能，所以催化效果更好，C选项正确； D．本电池的负极是金属锂，所以不能用水溶液做电解质溶液，D选项正确。 故选B。 19．用肼(N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。下列说法错误的是            A．有1mol N2生成时，则有2mol Fe3O4被处理 B．N2H4分子属于极性分子 C．处理后溶液的pH减小 D．[Cu(N2H4)2]2+在反应过程中作催化剂 【答案】C 【解析】A．1mol N2生成时，N2H4中N元素从-2价升至0价，共失去4mol电子（2个N原子各失2e⁻）。Fe3O4被还原为Fe2+时，1mol Fe3O4得2mol电子。根据电子守恒，转移4mol电子需2mol Fe3O4，A正确； B．N2H4分子结构为H2N-NH2，N原子有孤对电子（sp3杂化），分子不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B正确； C．N2H4水溶液呈碱性（N2H4+H2O⇌+OH⁻），反应中Fe3O4需H+参与（Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O），H+被消耗，溶液OH⁻浓度相对增大，pH应增大，C错误； D．[Cu(N2H4)2]2+在反应中先被还原为[Cu(N2H4)2]+，[Cu(N2H4)2]+再被Fe3O4氧化后恢复为[Cu(N2H4)2]2+，循环参与反应，则[Cu(N2H4)2]2+在反应过程中作催化剂，D正确； 故选C。 20．某偶联反应的机理如下图所示(代表卤素原子，代表烃基)。下列说法错误的是 A．和为催化剂 B．反应的总方程式为 C．反应过程中既有极性键的断裂和形成，又有非极性键的断裂和形成 D．、与发生该偶联反应可以得到环状物质 【答案】C 【解析】A．由图可知，和CuX参与了反应过程，先被消耗后又生成，在反应后其化学组成和结构未变，则两者是催化剂，故A正确； B．由图可知，该反应的总方程式可以描述为R-X和(C2H5)3N、H—C≡C—R'反应生成H—C≡C—R'和(C2H5)3NHX，化学方程式为：R-X+(C2H5)3N+H—C≡C—R'H—C≡C—R'+(C2H5)3NHX，故B正确； C．分析反应过程，涉及R—X键(极性键)断裂等，形成R—C≡C—R'中的C—C键等，反应中没有非极性键的断裂，有非极性键(C—C)的形成，故C错误； D．根据偶联反应机理，、与发生该偶联反应可以得到环状物质：，D正确； 故选C。 21．已知、、、、、、为原子序数依次增大的主族元素，是短周期中金属性最强的元素，的最外层电子数是电子层数的3倍，、、、、、在元素周期表中的相对位置如下： 请回答下列问题： （1）基态X原子核外电子占据的最高能层的符号为 ，其电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为 。 （2）与形成的一种化合物能与水反应生成气体，写出该化合物的电子式： 。 （3）元素的一种核素中子数为46，该核素的符号为 。 （4）1molN的单质与Z的一种氢化物完全反应转移电子，写出该反应的化学方程式： 。 （5）元素、、的简单离子半径由大到小的顺序为 (填离子符号)。 （6）下列事实不能说明Q元素比M元素的非金属性强的是_______。 A．单质比单质更容易与化合 B．Q单质可以把M从其氢化物中置换出来 C．Q元素的最高正价比的高 D．氢化物酸性 （7）基态原子的核外电子排布式为，其转化为下列激发态时，吸收能量最少的是_______(填字母)。 A． B． C． D． 【答案】（1）L 哑铃形(或纺锤形) （2） （3） （4） （5） （6）CD （7）B 【分析】已知X、Y、Z、W、M、N、Q为原子序数依次增大的主族元素，X、Y、Z、M、N、Q在元素周期表中的相对位置如下，W是短周期中金属性最强的元素，则W为Na，X、Y、Z为第二周期的元素，Z的最外层电子数是电子层数的3倍，判断Z为O元素，M为S元素，N为Cl元素，Q为Br元素，Y为N元素，X为C元素，据此分析判断。 【解析】（1）基态XC原子核外电子占据的最高能层的符号为L，价电子排布：2s22p2，其电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为哑铃形，故答案为：L；哑铃形。 （2）Z与W形成的一种化合物为Na2O2，能与水反应生成气体氧气，该化合物的电子式为：，故答案为：。 （3）元素Q的一种核素中子数为46，质子数为35，质量数=46+35=81，该核素的符号为：Br，故答案为：Br。 （4）1mol Cl的单质Cl2与O的一种氢化物完全反应转移2mol电子，则Cl元素由0价下降到-1价，Cl2是氧化剂，则该氢化物不是H2O而是H2O2，Cl2和H2O2反应生成O2和HCl，反应的化学方程式：Cl2+H2O2=O2+2HCl，故答案为：Cl2+H2O2=O2+2HCl。 （5）元素Y、Z、W的简单离子分别为：N3-、O2-、Na+，电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径由大到小的顺序为：N3-＞O2-＞Na+，故答案为：N3-＞O2-＞Na+。 （6）A．元素非金属性越强，单质越容易和H2化合，Br2比S单质更容易与H2化合，非金属性，Br＞S，故A正确； B．非金属强的单质可以将非金属弱的元素从其氢化物中置换出来，Br2可以把S从其氢化物中置换出来，能说明Br元素比S元素的非金属性强，故B正确； C．元素非金属性的强弱与化合价无关，Br元素的最高正价比S的高，不能说明Br元素比S元素的非金属性强，故C错误； D．元素非金属性的强弱与氢化物酸性无关，氢化物酸性HBr＞H2S不能判断Br元素比S元素的非金属性强，故D错误； 故答案为：CD； （7）基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s2p1，基态Ga原子的电子跃迁到较高能量轨道的越少，吸收的能量越少，进入能量较高轨道的电子数：C>B，且A、D违反洪特规则，所以所需能量最少的是B。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 / 20 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $