上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-128原子结构与性质（2）

这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-128原子结构与性质（2），共39页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，结构与性质，填空题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-128原子结构与性质（2）

一、单选题
1．（2022·上海宝山·统考一模）下列原子的最外层电子轨道表示式正确的是
A．铍原子：
B．碳原子：
C．氮原子：
D．铝原子：
2．（2022·上海浦东新·统考一模）常用作半导体材料的碳、硅、锗、砷元素在周期表中的位置如图所示，四种元素中

A．碳的非金属性最弱
B．硅单质是原子晶体
C．锗原子最外层电子排布为3s23p2
D．砷的原子半径最大
3．（2022·上海·统考一模）N原子核外能量最高的电子具有不同的
A．电子亚层 B．电子云伸展方向 C．电子云形状 D．自旋方向
4．（2022·上海·模拟预测）工业合成尿素的原理：CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O，有关化学用语表示正确的是
A．中子数为8的碳原子：8C
B．NH3的电子式：
C．氧原子的核外电子轨道表示式：
D．CO(NH2)2的结构简式：
5．（2022·上海·模拟预测）下列关于Li、O、Al、S元素及其化合物的叙述错误的是
A．Al3+离子的电子排布式：1s22s22p63s23p1 B．碱性：LiOH＞Al(OH)3
C．原子半径 D．简单气态氢化物的热稳定性：H2O＞H2S
6．（2022·上海·统考一模）有关氮原子核外p亚层中的电子的说法错误的是
A．能量相同 B．电子云形状相同
C．电子云伸展方向相同 D．自旋方向相同
7．（2022·上海·统考一模）硒是人体必需的微量元素，下图是硒在周期表中的信息，关于硒元素的说法正确的是
34 Se 硒
4s24p478.96

A．位于VI族 B．质量数为34
C．原子中能量最高的电子有6个 D．相对原子质量为78.96
8．（2022·上海宝山·统考模拟预测）下列表达方式或说法正确的是
A．NH3、H2O、CO2、HCl四分子中孤电子对最多的是CO2
B．氯化铵的电子式：
C．硫离子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p4
D．基态到激发态产生的光谱是发射光谱
9．（2022·上海·模拟预测）2019年8月《Green Chemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原的新方法，其总反应为。下列有关化学用语表示错误的是
A．中子数为20的氯原子： B．碳原子轨道表示式：
C．()的比例模型： D．的电子式：
10．（2022·上海·模拟预测）下列化学用语正确的是
A．羟基的电子式：
B．碳原子核外电子排布的轨道表示式是：
C．氟原子的结构示意图
D．次氯酸分子的结构式：
11．（2022·上海·一模）下列化学用语正确的是
A．Zn的电子排布式：1s22s22p63s23p64s2
B．Fe2+的电子排布式：[Ar]3d6
C．C的价电子排布图：
D．HClO的电子式：
12．（2022·上海·模拟预测）SiC 和Si 的结构相似，是最有前景的半导体材料之一，下列说法正确的是
A．碳和硅原子最外层电子的轨道表示式完全相同
B．2py是碳原子核外能量最高的电子亚层
C．硅原子核外电子共占用 5 个轨道
D．都属于原子晶体，熔点SiC>Si
13．（2022·上海·模拟预测）下列化学用语书写正确的是
A．氮气分子的电子式：
B．轨道表示式表示H2中的共用电子对：
C．碳酸铵溶于水的电离方程式：(NH4)2CO3=2 NH+CO
D．乙烯的结构式：C2H4
14．（2022·上海·模拟预测）M、N、W、K四种元素在元素周期表中的位置如图所示。已知W原子的最外层电子构型为nsnnp2n。则下列叙述正确的是（    ）
M
N
W


K

A．四种元素的气态氢化物均为极性分子
B．四种元素的单质一定只形成分子晶体
C．四种元素原子的最外电子层上均有两种不同形状的电子云
D．四种元素的最高正价数均等于它们的原子的最外层电子数

二、原理综合题
15．（2022·上海宝山·统考一模）自然界中的含硫物质通过各种化学过程建立起硫循环，其循环过程如图：

请回答下列问题：
(1)写出硫原子的核外电子排布式____，其核外有____种能量不同的电子。其同周期元素中，原子半径最大的是____(填元素符号)。
(2)从图中可以看出、火山喷发产生的气体中有H2S。写出H2S的结构式____，其属于____分子(填写“极性“或“非极性”)。
(3)结合图中含硫物质、分析硫常见的化合价除了0价，还有____，试写出一个含有最高价硫元素的物质和最低价硫元素的物质之间反应的化学方程式____。
(4)除了硫，氮也是自然界常见的物质，含氮废水进入水体会对环境造成污染。某学生社团用铝将NO3还原为N2，从而消除污染。配平下列离子方程式： NO+ Al+ H2O→ N2↑+ Al(OH)3+ OH-，____。该反应中，被还原的元素是____，每生成1molN2，转移的电子数目是____。
(5)已知SO2溶于水形成的H2SO3是二元中强酸，其对应的NaHSO3溶液呈酸性，请结合离子方程式说明原因____。
16．（2022·上海崇明·统考一模）细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素的循环。耦合循环中的部分转化如下图所示。

(1)N原子核外有_______种不同运动状态的电子，Fe原子外围电子排布式为3d64s2，这些电子共占据_______个轨道。
(2)实验室中检验可以用_______溶液，产生气体使湿润的_______试纸变色。
(3)①上图所示氮循环中，属于氮的固定的过程为_______(填字母序号)。
a．N2转化为铵态氮    b．硝化过程    c．在作用下转化为N2 d．反硝化过程
②硝化过程中，含氮物质发生_______(填“氧化”或“还原”)反应。
(4)土壤中的铁循环可用于水体脱氮(脱氮是指将氮元素从水体中除去)，用离子方程式表示酸性环境中脱除水体中硝态氮的原理_______。
(5)已知常温时，醋酸、亚硝酸的电离常数分别为和，醋酸铵溶液呈中性。据此判断，亚硝酸铵溶液呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性，其溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______。
17．（2022·上海长宁·统考一模）氮元素单质及其化合物在工农业生产中有重要应用。
(1)氮原子最外层电子的轨道表示式为___；氮气分子的电子式为：__；已CS2与CO2分子结构相似，CS2熔点高于CO2，其原因是___。
(2)如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。

浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为___；浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，其中所含的正盐作一种化肥俗称：__，长期施用容易造成土壤酸化板结；FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH和___。
(3)空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，用平衡移动原理解释其原因：___。
(4)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为___，若反应中有0.3mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为___g(小数点后保留两位有效数字)。
18．（2022·上海·模拟预测）卤族元素化合物有着许多重要用途。
(1)溴离子的最外层电子排布式是_______；氯原子的核外电子云有_______种伸展方向。
(2)下列能说明氯的非金属性强于溴的事实是_______(选填编号)。
a.酸性强于
b.的分解温度低于
c.向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄
d.是非氧化还原反应
(3)光气是一种重要的有机合成中间体，有强烈的毒性。已如其分子中所有原子均满足稳定结构，请写出它的电子式_______。分子中氧元素显示价，请从结构角度解释其原因_______。
(4)二氧化氯()是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠溶液反应。已知在该反应中甲醇失去电子，请写出该反应的离子方程式_______。
(5)室温下，与含的溶液充分反应后，离子浓度由大到小的顺序为_______。
(6)将氯气通入含的溶液中，形成、和的混合溶液。随后用此溶液吸收标准状况下5.6L气体，恰好形成中性溶液。可知原溶液通入氯气_______
19．（2022·上海·模拟预测）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：

(1)氧原子核外有_______种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为_______；K2CO3固体中含有的化学键有_______。
(2)合成步骤中的化学方程式为_______。
(3)当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因：_______。
Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
(4)该反应的氧化产物为_______，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为_______。
Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
(5)向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是_______。
(6)用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3_______mol。
20．（2022·上海·模拟预测）2020年9月科学家发现金星上有磷化氢()，实验室制备的常用方法有两种：
①
②
完成下列填空：
(1)P核外能量最高的电子具有相同的___________(填写序号)。
A．轨道B．自旋方向C．电子云形状D．电子云伸展反应
(2)已知与的结构相似，的空间结构是___________。的分解温度比___________(填“高”、“低”)，判断的依据是___________。
(3)已知为三元酸，其结构式为：。
①次磷酸(中的P的成键情况与中的相同，则的结构式是___________。
②利用反应②制备时，即使KOH过量，仍只生成，说明是___________元酸。
(4)常温下，在不同pH的溶液中，各种含磷微粒的质量分数如图所示。

①电离平衡常数与化学平衡常数意义相同，写出第二步电离平衡常数表达式___________。
(2)图中可推断溶液呈___________(填“酸”、“碱”、“中”)性，可能的原因是___________。溶液中各含磷微粒以及按浓度由大到小的顺序排列___________。

三、结构与性质
21．（2022·上海静安·统考一模）羰基硫(COS)的结构与CO2类似，可作粮食熏蒸剂，防治虫类、真菌对粮食的危害。完成下列填空。
(1)碳的原子结构示意图为_______，硫原子最外层电子排布式是_______，氧原子核外有_______种能量不同的电子。从结构上看，乙硫醇(CH3CH2SH)可视为乙醇中氧原子被硫替代而得的一种有机物，其分子中S—H的极性小于CH3CH2OH分子中O—H的极性。请从原子结构角度解释其原因：_______。
(2)与CO2相同，COS中所有原子最外层也都满足8电子结构，COS属于________分子(填“极性”或“非极性”)，COS沸点_______CO2沸点(填“>”、“=”或“、、Si—Si，因此熔点SiC>Si，D正确；
答案选D。
13．C
【详解】A.氮气是双原子分子，电子式为，故A错误；
B.氢原子含有1个电子，氢分子的形成过程为两个氢原子中自旋方向相反的电子形成共用电子对，轨道表示式表示H2中的共用电子对为，故B错误；
C.碳酸铵是盐，在溶液中完全电离出铵根离子和碳酸根离子，电离方程式为(NH4)2CO3=2NH+CO，故C正确；
D.乙烯的分子式为C2H4，官能团为碳碳双键，结构式为，故D错误；
故选C。
14．C
【分析】W原子的最外层电子构型为nsnnp2n，则n=2，即W原子的最外层电子构型为2s22p4，为O元素，则M为C元素，N为N元素，K为S元素，结合原子结构和元素周期律分析解答。
【详解】A．四种元素的气态氢化物中的甲烷为非极性分子，故A错误；
B．四种元素的单质可能形成分子晶体，如氧气，也能形成原子晶体，如金刚石，故B错误；
C．四种元素原子的最外电子层上均含有s、p两个能级，均有两种不同形状的电子云——球形和纺锤形，故C正确；
D．四种元素中的O元素没有最高正价，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意O的非金属性较强，一般没有正化合价，F的非金属性最强，不存在正化合价。
15．(1) 1s22s22p63s23p4 6 Na
(2) H—S—H 极性
(3) -2、+4、+6 H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O
(4) 6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH- N 10
(5)亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO

【解析】(1)
硫原子核外有16个电子，据此书写电子排布式：1s22s22p63s23p4；不同能级上的电子具有不同的能量，其核外有6种能量不同的电子；同周期原子半径从左至右逐渐减小，第三周期半径最大的为钠；
(2)
H2O中存在S﹣H键，结构式为H﹣S﹣H，S为sp3杂质，结构不对称，为极性分子，故答案为：H﹣S﹣H；极性；
(3)
结合图中含硫物质、分析硫常见的化合价除了0价，还有﹣2、+4、+6，含硫化氢可以和浓硫酸反应，浓硫酸过量时：H2S+3H2SO4(浓硫酸)=4SO2↑+4H2O；硫化氢过量时：H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，故答案为：﹣2、+4、+6；H2S+3H2SO4(浓)=4SO2↑+4H2O或3H2S+H2SO4(浓)=4H2O+3S↓或H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O；
(4)
NO中氮的化合价由+5价降低为0价，变化5，Al的化合价由0价升高为+3价，变化3，化合价升降总数相等和质量守恒来配平得：6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH-，Al为还原剂，氧化剂为，N元素被还原，其对应的还原产物为N2，生成1个N2转移电子10个，所以生成1molN2，将有10mol电子发生转移，故答案为：6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH-；N；10；
(5)
SO2溶于水形成的H2SO3是二元中强酸，其对应的NaHSO3溶液呈酸性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO，故答案为：亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，电离方程式为HSOH++SO。
16．(1) 7 6
(2) 浓NaOH 红色石蕊
(3) a 氧化
(4)10Fe2++2NO+12H+=10Fe3++N2↑+6H2O
(5) 酸 c(NO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)

【解析】（1）
N为第7号元素，电子排布式为1s22s22p3原子核外有7种不同运动状态的电子，Fe原子外围电子排布式为3d64s2，s有1个轨道d有5个轨道，这些电子共占据6个轨道；
（2）
实验室中检验可以用浓NaOH溶液，产生气体为氨气，氨气溶于水形成氨水，有弱碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；
（3）
①a.N2转化为氨态氮，游离态的氮转化为化合态氮，符合定义，a正确;
b.硝化过程是将NO转化为NO，没有氮气参加反应，不符合定义，b错误;
c. 在作用下转化为N2，化合态氮转化为游离的氮，不符合定义，c错误；
d.反硝化过程正好和硝化过程相反，也没有氮气参加反应，d错误;
故选a；
②硝化过程中，含氮的化合价升高，发生氧化反应；
（4）
酸性环境中脱除水体中硝态氮，转化为Fe3+，NO转化为氮气，离子方程式表示：10Fe2++2NO+12H+=10Fe3++N2↑+6H2O；
（5）
醋酸、亚硝酸的电离常数分别为和。电离常数越大酸性越强，根据电离常数可知亚硝酸的酸性强于醋酸，醋酸铵溶液呈中性，据此判断，亚硝酸铵溶液呈酸性；铵根发生水解，c(NO)>c(NH)，溶液为酸性c(H+)>c(OH-)，其溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(NO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)。
17．(1) CS2与CO2均为分子晶体，且分子结构相似，CS2的相对分子质量大于CO2，故CS2中的分子间作用力大于CO2
(2) NH3+HCl=NH4Cl 硫铵 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(3)由于NH3溶于水中存在NH3+H2ONH3·H2O+OH-，加入适量NaOH，溶液中的OH-浓度增大，使得上述平衡逆向移动
(4) 2NH3+3O2=2HNO2+2H2O 2.35

【解析】(1)
已知N是7号元素，故氮原子最外层电子的轨道表示式为，N原子最外层上有5个电子，其中未成对电子数为3，故氮气分子的电子式为：，由于CS2与CO2均为分子晶体，且分子结构相似，CS2的相对分子质量大于CO2，故CS2中的分子间作用力大于CO2，导致CS2熔点高于CO2，故答案为：；；CS2与CO2均为分子晶体，且分子结构相似，CS2的相对分子质量大于CO2，故CS2中的分子间作用力大于CO2；
(2)
向NaOH固体上滴几滴浓氨水，由于NaOH具有吸水性和电离出OH-抑制氨水的电离，故能产生NH3，浓盐酸液滴附近会出现白烟是由于NH3与HCl产生的NH4Cl白色固体小颗粒，发生反应的化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl，浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体即NH3和H2SO4反应生成的硫酸铵或硫酸氢铵固体，其中所含的正盐即硫酸铵作一种化肥，其俗称为：硫铵，长期施用容易造成土壤酸化板结；FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，是由于Fe(OH)2在空气中极易被氧化，转化为Fe(OH)3，故发生的反应包括Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓+2NH和4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：NH3+HCl=NH4Cl；硫铵；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(3)
由于NH3+H2ONH3·H2O+OH-，在一定条件下，向水体中加入适量NaOH，溶液中的OH-浓度增大，使得上述平衡逆向移动，则可使NH3的脱除率增大，故答案为：由于NH3溶于水中存在NH3+H2ONH3·H2O+OH-，加入适量NaOH，溶液中的OH-浓度增大，使得上述平衡逆向移动；
(4)
在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，根据氧化还原反应配平可得反应的化学方程式为：2NH3+3O2=2HNO2+2H2O，根据反应方程式可知，每生成1molHNO2转移电子数目为6mol，则若反应中有0.3mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为=2.35g，故答案为：2NH3+3O2=2HNO2+2H2O；2.35。
18．(1) 4s24p6 9
(2)bd
(3) 原子半径Cl>C>O，核电荷数Cl>O>C，吸引电子能力Cl>O>C，共用电子对偏向Cl、O，故Cl显-1价，O显-2价
(4)CH3OH+6+6H+=6ClO2↑+CO2↑+5H2O
(5)c(Na+)>c(OH-)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(H+)
(6)0.25

【解析】(1)
Br是35号元素，Br-核外层电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p6，则溴离子的最外层电子排布式是4s24p6；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外电子云有1s、2s、2px、2py、2pz、3s、3px、3py、3pz共9种延伸方向；
(2)
a．应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较非金属性强弱，即HClO4＞HBrO4，故A错误；
b.简单气态氢化物越稳定，非金属性越强，HBr的分解温度低于HCl，说明HBr较不稳定，则可说明氯的非金属性强于溴，故b正确；
c．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄，说明亚铁离子还原性强于溴离子，氯气的氧化性强于铁离子，不能说明氯气的氧化性强于溴单质，因此不能说明氯的非金属性强于溴，故c错误；
d．是非氧化还原反应，则BrCl中Br为+1价、Cl为-1价，可说明Cl易得到电子，非金属性较强，故d正确；
选bd；
(3)
COCl2分子中所有原子均满足稳定结构，则C形成4对共用电子对，O形成2对共用电子对，每个Cl形成1对共用电子对，其电子式为；
原子半径Cl>C>O，核电荷数Cl>O>C，吸引电子能力Cl>O>C，共用电子对偏向Cl、O，故Cl显-1价，O显-2价；
(4)
工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠溶液反应，则氯酸钠作氧化剂，被还原为二氧化氯，甲醇作还原剂，且在该反应中1mol甲醇失去电子，则甲醇被氧化为二氧化碳，该反应的离子方程式CH3OH+6+6H+=6ClO2↑+CO2↑+5H2O；
(5)
室温下，发生Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1molCl2消耗2molNaOH，所得溶液为含1molNaCl、1molNaClO、1molNaOH的混合溶液，其中ClO-会水解产生氢氧根离子，离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(OH-)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(H+)；
(6)
5.6LSO2的物质的量为0.25mol，NaClO、NaCl、NaOH混合溶液显碱性，通入SO2后溶液恰好形成中性，则SO2与混合溶液反应得到NaCl、Na2SO4混合溶液，根据S守恒可知n(Na2SO4)=0.25mol，钠离子总物质的量为1mol，则n(NaCl)=(1-2×0.25)mol=0.5mol，故通入氯气的物质的量为0.25mol。
19． 8 5s25p5 离子键、极性共价键 I2+5H2O22HIO3+4H2O H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等 Cl2 2NA 加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率 1
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O22HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
【详解】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与之间以离子键结合；在阴离子中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O22HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
20． BC 三角锥形 低 r(N)小于r(P)，N—H的键长更短，键能更大 一 酸 溶液中电离程度大于水解程度 c()>c(H+)>c()>c(H3PO4) >c()
【详解】(1)P原子的核电荷数为15，基态核外电子排布为：1s22s22p63s23p3，3p亚层上上的电子能量相同，电子云形状相同，自旋方向相同，电子云伸展方向不同，故选BC；
(2)分子属于共价化合物，电子式为：，氮原子为sp3杂化，含有1对孤电子对，分子构型为三角锥形，与的结构相似，为三角锥形；氮和磷为同一主族元素，氮原子半径小于磷原子半径，N—H键的键长更短，键能更大，氨气分解需要的温度高，故的分解温度比的低；
(3)①为三元酸，其结构式为：，次磷酸()分子中，P的成键情况与中的相同，根据成键规律可知，的结构式是；
②利用反应制备时，即使KOH过量，仍只生成，说明只能电离出1个氢离子，其为一元酸；
(4)①H3PO4H++，H++，第二步电离平衡常数表达式；
(2)根据图表信息分析可知，当物质的量分数较大时，溶液的pH小于7，即溶液显酸性，原因是在水溶液中电离程度大于水解程度；由于溶液中的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，所以c()>c(H3PO4)，由于溶液中存在水的电离平衡，所以c(H+)>c()；溶液中，c()为最小；因此溶液中各离子浓度由大到小的顺序排列为：c()>c(H+)>c()>c(H3PO4) >c()。
21．(1) 3s23p4 3 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，从而得电子能力SO，原子半径S>O，从而得电子能力S金刚石
(4) CO2 67.3
(5) K2S CO＋PdCl2＋H2O＝Pd＋2HCl＋CO2
(6)海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2＋H2OH2CO3 ，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H＋＋HCO，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强

【解析】(1)
二氧化碳是造成温室效应的气体之一，实现碳中和、碳达峰可减少二氧化碳的排放，对环境的积极意义在于减少温室效应，措施如：新能车代替汽油车、乘公交代替自驾车、双面打印等；
(2)
碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式为，碳原子最合理的电子式为；
(3)
物质内的键的键能越大，则物质越稳定，由于键能顺序为：碳碳三键＞碳碳双键＞碳碳单键，故稳定性由强到弱的顺序为：线型碳＞石墨烯＞金刚石；
(4)
在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，所以上述物质中属于非电解质的是CO2；该反应中，N元素化合价由+5价变为0价、C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由0价变为-2价，所以氧化产物是二氧化碳，根据二氧化碳和硝酸钾之间的关系式2KNO3~3CO2得，每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的物质的量为mol，质量为m=nM=mol×101g/mol=67.3g；
(5)
收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色褪去，说明其烟尘和气体中含有还原性物质，
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质必须具有还原性，所以是K2S；
②利用图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd沉淀，说明CO和氯化铅发生反应生成Pb，CO被氧化生成二氧化碳，再结合原子守恒知，反应物还有水、生成物还有HCl，所以反应方程式为CO+PdCl2+H2O=Pd+2HCl+CO2；
(6)
海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强，故答案为：根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强。
24．(1) 3s 23p 2 原子半径C＜Si或键长C-C＜Si-Si或键能C-C＞Si-Si
(2) 直线型 H2S+O2=S+H2O、H2S+Cl2=S+2HCl、2H2S+SO2=3S+2H2O、H2S+Br2=S+2HBr合理即可
(3) 4Fe3O4 +O2 +12Cl-+6H2O=12FeOCl+12OH- 4NA
(4) ＞ Na2SO3作还原剂，将FeOCl还原为 Fe3O4 取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全

【解析】(1)
硅原子核外有14个电子，根据核外电子排布规律知，每个电子层上最多排2n2个电子，但最外层不大于8个电子，s能级上最多排2个电子，p能级上最多排6个电子，所以硅原子的最外层电子排布式为3s 23p 2；对于原子晶体而言，决定晶体熔点和硬度的因素是共价键的强弱，原子半径小，共价键键能越大，熔点越高，原子半径C＜Si，因此键长C-C＜Si-Si，则键能C-C＞Si-Si。所以金刚石熔点更高。
(2)
H2S转化为单质硫：①和氧气:H2S+O2=S+H2O；②和氯气:H2S+Cl2=S+2HCl；③和二氧化硫:2H2S+SO2=3S+2H2O；④和溴水:H2S+Br2=S+2HBr；CS2分子中C原子的价层电子对个数=，为直线型。
(3)
②反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1根据化合价升降守恒可知，Fe3O4的计量数为4，O2的计量数为1反应的离子方程式：4Fe3O4 +O2 +12Cl-+6H2O=12FeOCl+12OH-；若4mol Fe3O4完全转化为FeOCl，1molO2中2mol O元素的化合价降低，则转移的电子数目为4NA。
(4)
①化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，由于不溶物FeOCI→FeO(OH)，所以FeOCl的溶解度大于FeO(OH)；②Na2SO3还原FeOCl生成Fe3O4，反应为: SO+6FeOCl+3H2O=SO+2Fe3O4+6H++6Cl-，Na2SO3作还原剂，将FeOCl还原为 Fe3O4；
③检验FeOCl转化完全需检验Cl-，操作和现象是：取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全。
25．(1) 1s22s22p4 2 6

(2)C
(3)非金属性：S＞C，硫酸的酸性比碳酸的酸性强
(4) K= A
(5) 能 0.04mol·L-1·min-1

【分析】(1)
核外电子层数越多，原子半径越大，核外电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以原子半径最小的是O元素，O原子的核外电子排布式为1s22s22p4；最外层电子占据2s、2p两个能级，所以有2种不同的能量；每个电子运动状态各不相同，所以有6种不同运动状态；
(2)
A．二氧化碳密度比空气大是因为二氧化碳的摩尔质量比空气大，与分子极性无关，A不符合题意；
B．水是极性分子，根据“相似相溶”原理，二氧化碳能溶于水不能说明其为非极性分子，B不符合题意；
C．非极性分子的正负电中心重合，在电场中通过时不偏向，二氧化碳在电场中通过不偏向，可以说二氧化碳属于非极性分子，C符合题意；
D．极性分子常温常压下也可能为气态，如氨气、HCl等极性分子在常温下也是气体，D不符合题意；
综上所述答案为C；
(3)
非金属性越强，元素最高价含氧酸的酸性越强，所以硫酸可以和碳酸钠反应生成二氧化碳，说明硫酸酸性强于碳酸，即可证明非金属性：S＞C；
(4)
根据平衡常数的概念可知该反应的平衡常数表达式为K=；平衡常数只与温度有关，该反应为吸热反应，所以升高温度可以增大平衡常数，故选A；
(5)
容器体积不变，但反应物中C为固体，所以未平衡时气体的质量会发生改变，则密度会变，当密度不变时能说明反应平衡；初始C为16.8g，10min后为7.2g，则Δn(C)==0.8mol，根据方程式可知相同时间内Δn(H2)=0.8mol，容器体积为2L，所以v(H2)==0.04mol·L-1·min-1。
26． 哑铃或纺锤体 分子 SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大 a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能 SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se 的稀溶液 H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离
【详解】(1)与S同属于VIA族，该族元素原子最外层电子上有6个电子，故最外层电子的轨道表示式为，原子核外占据最高能级为4p能级，故其电子云形状为哑铃或纺锤体形，故答案为：；哑铃或纺锤体；
(2)SeO2在315℃时升华，蒸气中存在二聚态的SeO2，红外研究表明，二聚态的SeO2结构中存在四元环，根据题干图示信息可知，该二聚态的结构式为，故答案为：；
(3)根据(2)中信息可知，SeO2易升华，由此推测，SeO2属于分子晶体，由于SeO2和SO2均为分子晶体，但由于SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大，其熔点远高于，由于SeO2分子中存在Se=O双键和Se-O单键,双键的键能大于单键的，故答案为：分子；SeO2和SO2均为分子晶体，SeO2的相对分子质量比SO2的大，故SeO2的分子间作用力比SO2的大；a键为Se-O单键，b键为Se=O双键，双键的键能大于单键的键能；
(4) SeO2可将的水溶液氧化成H2SO4，根据氧化还原反应的规律，化合价有升必有降，故SeO2被还原为Se，故反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se，常温下，在稀溶液中硫酸的电离方式为：；。则在相同浓度与的稀溶液中，由于H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离，故的电离程度较大的是的稀溶液，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=2H2SO4+Se；的稀溶液；H2SO4溶液中一级电离产生的H+，抑制了的电离。
27． c C和Si最外层电子数相同（或是同主族元素），C原子半径小于Si（或C原子电子层数少于Si） 1 第四周期第VIII族 分子晶体 bc
【详解】
（1）C原子最外层有4个电子，2s能级上有2个电子、2p能级上有2个电子，所以其最外层电子轨道表示式为；所有电子云的伸展方向不能用化学用语表示，故选c；C和Si最外层电子数相同（或是同主族元素），C原子半径小于Si（或C原子电子层数少于Si），Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷，故硅烷的分解温度远低于甲烷；
（2）①该反应中S元素化合价由0价变为+2价、Cr元素化合价由+6价变为+3价，根据元素守恒知，生成物还有 OH-，根据得失电子相等配平方程式为；
②该反应中还原产物是Cr（OH）3，根据还原产物和转移电子之间的关系式得，若转移了3mol电子，得到的还原产物的物质的量；
③根据氢氧化铝的电离方程式可书写电离方程式为：；
（3）铁是26号元素，镍是27号元素，二者同在第四周期第VIII族；
（4）根据该物质的熔沸点知，该物质属于分子晶体；该物质的结构为正四面体结构，正负电荷重心重合，为非极性分子；根据相似相溶原理知，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，苯和四氯化碳都是非极性分子，所以该物质易溶于苯和四氯化碳；
故答案为：分子晶体；bc。
28．(1) 3s23p1 13 2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe
(2) 离子 离子键和共价键
(3) ClO+8I-+8H+→Cl-+4I2+4H2O NA或6.02×1023
(4)低温时NH4ClO4的溶解度降低程度大，降温有利于NH4ClO4结晶析出；通入氨气增大了溶液中浓度，有利于NH4ClO4结晶析出

【详解】（1）Al原子的最外层有3个电子，电子排布式为3s23p1；其核外共有13种运动状态不同的电子；高温条件下Al粉和Fe2O3反应生成三氧化二铝和铁，化学方程式为2A1+Fe2O3 Al2O3+2Fe；
（2）NH 与ClO 之前形成离子键，所以为离子化合物；N元素与H元素之间形成共价键，所以其中存在的化学键有离子键和共价键；
（3）①根据原子守恒以及电荷守恒，ClO +8I-+8H+→Cl-+4I2+4H2O；
②生成127gI2，物质的量为0.5mol，根据离子方程式可知，生成能4mol I2，转移8mol电子，所以生成0.5mol I2，转移1mol电子，转移电子数为NA或6.02×1023；
（4）根据图示可知，NH4C1O4的溶解度受温度影响较大，通入氨气增大了溶液中NH 浓度，NH与ClO可行成NH4C1O4，故原因为低温时NH4ClO4的溶解度降低程度大，降温有利于NH4ClO4结晶析出；通入氨气增大了溶液中NH浓度，有利于NH4ClO4结晶析出。
29．(1) N3−>O2−>Al3+ 1s22s22p3
(2) 正四面体
(3)氮氮叁键键能更大，很难断开，更稳定
(4) 10Al+6NH4ClO4→4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H2O 0价的Al，-3价的N 9
(5)Al3+水解（结合水中的OH−使溶液）显酸性，HCO水解（结合水中的H+使溶液）显碱性；彼此互相促进，直至产生白色沉淀和气体，有效降低了Al3+浓度。（或Al3+与HCO双水解， Al3++3HCO→Al(OH)3↓+3CO2↑，有效降低了Al3+浓度）

【解析】(1)
核外电子数相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则由大到小顺序为N3−>O2−>Al3+，未成对电子数最多的是N元素，为7号元素，核外电子排布式为1S22S22P3；
(2)
NH的N和H原子共用一对电子对，其电子式为，甲烷中碳原子形成4个C-H键，没有孤电子对，价层电子对数为4，故甲烷的空间构型为正四面体，NH空间构型与甲烷空间构型相同，为正四面体；
(3)
氮氮叁键键能更大，很难断开，所以氮气性质比较稳定；
(4)
Al元素从0价升高到+3价，N元素从-3价升高到0价，Cl元素从+7降到-1价，由N和Cl原子的个数，根据配平的奇数变偶数，需要AlCl3配2、N2配3，NH4ClO4前配6，再由升降相等，则Al配10、Al2O3配6，结合原子守恒配平方程式：10Al+6NH4ClO4→4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H2O；反应中被氧化的元素是0价的Al，-3价的N，每产生3mol氮气，质量为m=nM=3mol×28g/mol=84g，氮元素转移电子18mol，则产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为9mol；
(5)
Al3+结合水中的OH−发生水解反应使溶液显酸性，HCO结合水中的H+发生水解反应使溶液显碱性；彼此互相促进，直至产生白色沉淀和气体，有效降低了Al3+浓度。
30．(1)4NH3+3F2→NF3+3NH4F
(2) 2p F原子和N原子电子层数相同，核电荷数F>N，原子半径FN，非金属性F>N
(3) 取适量溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热。将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则样品中有铵根离子
(4) Na2CO3 碱性 碳酸钠溶液水解，使溶液中c(OH-)大于c(H+)，所以溶液呈碱性 2c(H2CO3)

【解析】(1)
该反应中部分NH3被氧化，所以可以找氧化剂和氧化产物之间的数量关系，根据电子守恒可知该反应中NF3和F2的系数比为1：3，再结合元素守恒可得化学方程式为4NH3+3F2→NF3+3NH4F；
(2)
F原子核内有9个质子，核外有9个电子，原子结构示意图为；其能量最高的电子为2p能级的电子，即占据的电子亚层符号为2p；F原子和N原子电子层数相同，核电荷数F>N，原子半径FN，所以非金属性F>N；
(3)
NH4F由NH和F-构成，为离子化合物，电子式为；检验铵根时一般将其转化为氨气进行检验，具体操作为：取适量溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则样品中有铵根离子；
(4)
NH含有11个质子、10个电子，与其具有相同质子数和电子数的单核微粒为Na+，Na单质在空气中长期露置后的最终产物为Na2CO3；碳酸钠水溶液中因存在碳酸根的水解，使溶液中c(OH-)大于c(H+)，所以溶液呈碱性；其稀溶液中存在质子守恒：c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+2c(H2CO3)。