广东省梅州市大埔县虎山中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题（学生版+教师版）

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1. 基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号和占据该能层电子的电子云轮廓图形状分别为：
A. M球形B. N球形C. M哑铃型D. N哑铃型
【答案】B
【解析】
【详解】基态K原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，核外电子占据最高能层的符号为N，占据该能层的电子云轮廓图形状为球形；答案选B。
2. 下列性质的比较，不正确的是
A 酸性：B. 电负性：
C. 热稳定性：D. 第一电离能：
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸为强酸，磷酸为中强酸，酸性：，A正确；
B．元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性：SC．元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：SD．同一主族元素从上向下，第一电离能逐渐减小，第一电离能：，D正确；
答案选C。
3. 下列关于物质性质的叙述可用范德华力的大小来解释的是
A. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
B. F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高
C. C6H5-OH、H-O-H、C2H5-OH上氢原子的活泼性依次减弱
D. CH3-O-CH3、C2H5OH的沸点逐渐升高
【答案】B
【解析】
【详解】A．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱是因为、、、键能逐渐减小，不能用范德华力的大小解释，A错误；
B．F2、Cl2、Br2、都是由分子构成，相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，熔、沸点逐渐升高，B正确；
C．C6H5-OH、H-O-H、C2H5-OH上氢原子的活泼性依次减弱与键的极性有关，不能用范德华力的大小解释，C错误；
D．CH3-O-CH3、C2H5OH的沸点逐渐升高是因为C2H5OH分子间形成了氢键，不能用范德华力的大小来解释，D错误；
故选B。
4. 下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是
A. CO2与SO2B. C2H4与C2H2C. BeCl2与BF3D. H2O与H3O+
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2为sp杂化，SO2为sp2杂化，A项不符合题意；
B．C2H4为sp2杂化，C2H2为sp杂化，B项不符合题意；
C．BeCl2为sp杂化，BF3为sp2杂化，C项不符合题意；
D．H2O与H3O+sp3杂化，D项符合题意；
故选D。
5. 下列物质中，由极性键形成的非极性分子是
A. CO2B. Br2C. CaCl2D. SO2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．二氧化碳分子中含有C=O极性键，为线性结构，正负电荷的中心重合，为非极性分子，故A正确；
B．Br2为单质，含有非极性共价键，故B错误；
C．CaCl2为离子化合物，不含有共价键，故C错误；
D．二氧化硫分子中含有极性键，但空间结构为V型，正负电荷的中心不能重合，为极性分子，故D错误；
故选A。
6. 下列说法正确的是
A. HCl和Cl2分子中均含有s-pσ键
B. NH3和NH的VSEPR模型模型和空间结构均一致
C. 熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅
D. 酸性：CH3COOH>CHCl2COOH>CCl3COOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl分子中含有s-pσ键，Cl2分子中含有p-pσ键，故A错误；
B．NH3和NH的VSEPR模型为四面体，NH3空间结构为三角锥，NH空间结构为正四面体，故B错误；
C．Si原子半径大于C原子，键长越短键能越大，键长Si—Si>C—Si>C—C，所以沸点：晶体硅<碳化硅<金刚石，故C正确；
D．氯原子是吸电子基，甲基是推电子基，所以酸性：CH3COOH选C。
7. 某元素X的第一电离能至第五电离能大小如图所示，下列说法正确的是
A. X元素的化合价为+4价
B. X是非金属元素
C. X为第五周期元素
D. X与氯气反应时化合价可能变为+3价
【答案】D
【解析】
【分析】根据电离能图知，第三电离能和第四电离能之间的差距很大，所以该原子最外层有3个电子。
【详解】A．X元素最外层有3个电子，所以在化合物中通常显+3价，A错误；
B．第ⅢA族元素中第一电离能为578kJ的元素是Al元素，属于金属元素，B错误；
C．由B分析可知，X为铝，是第三周期，C错误；
D．该主族元素最外层有3个电子，在反应中容易失去电子，所以与氯反应时最可能生成的阳离子为X3+，化合价变为+3价，D正确；
故选D。
8. 下列说法正确的是
A. 基态原子的价电子排布式：
B. X射线衍射实验中，非晶体会呈现明锐的衍射峰
C. 中，给出孤对电子，提供空轨道
D. 离子液体是一种常见的等离子体
【答案】A
【解析】
【详解】A． 原子序数为28，则基态原子的价电子排布式：，A正确；
B．X射线衍射实验中，晶体会呈现明锐的衍射峰，而不是非晶体，B错误；
C．配合物中，中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，中，提供空轨道， 提供孤对电子，C错误；
D．离子液体是由阴、阳离子组成的液态物质，等离子体是由电子、阳离子及电中性粒子组成的整体上呈电中性的物质聚集体，D错误；
答案选A。
9. 下列有关化学用语表示错误的是
A. 氯气的共价键电子云轮廓图：
B. 二氧化硅的分子式为SiO2
C. N2H4的电子式：
D. 基态氧原子电子轨道表示式为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气分子中氯原子与氯原子形成p-pσ键，共价键电子云轮廓图，A正确；
B．二氧化硅是共价晶体，不存在单个分子结构，B错误；
C．N2H4是共价化合物，其电子式为：，C正确；
D．氧元素的原子序数为8，价电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为，D正确；
故选B。
10. 由键能数据大小，不能解释下列事实的是
A. 稳定性：B. 键长：
C. 熔点：D. 硬度：金刚石>晶体硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．键能越大越稳定，键能大于，所以稳定性：，故不选A；
B．键能越大，键长越短，键能大于，所以键长：，故不选B；
C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点，不能用键能解释熔点，故选C；
D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，的键能大于，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D；
选C。
二、选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分．每小题只有一个选项符合题意）
11. 冠醚是一类皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6可以通过图示方法制备。下列说法错误的是
A. 18-冠-6分子中C、O都采用sp3杂化
B. 18-冠-6和碱金属离子通过共价键形成超分子
C. 冠醚的空穴结构对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂
D. 制取方法中(1)为取代反应，另一种产物为HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．18-冠-6分子中O原子形成2个σ键，还有2个孤电子对，O原子为sp3杂化，C原子形成4个σ键，C原子为sp3杂化，故A正确；
B．冠醚与碱金属离子通过分子间相互作用形成的聚集体是超分子，故B错误；
C．冠醚的空穴结构对离子有选择作用，可作催化剂，故C正确；
D．根据反应特点进行判断，取代反应有上有下，加成反应只上不下。方法(1)中产物还有HCl,为取代反应，方法(2)反应物全部转化为产物，为加成反应，故D正确；
故选：B。
B中配位键也属于共价键，错误是因为与碱金属离子形成的是配离子 不是超分子
12. 多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
下列说法正确的是
A. 反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH= + akJ/ml(a>0)
B. CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂
C. 选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变
D. 1ml CH3OH(g)和1ml H2O(g)的总能量小于1ml CO2(g)和3ml H2(g)的总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图分析可知，反应Ⅱ是放热反应，故a＜0，A错误；
B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)是反应的中间产物，B错误；
C．合适的催化剂可以降低反应的活化能，但不能减少反应的焓变，C错误；
D．甲醇与水反应为吸热反应，故1ml CH3OH(g)和1ml H2O(g)的总能量小于1ml CO2(g)和3ml H2(g)的总能量，D正确；
故选D。
13. 镍的某种氧化物是一种半导体，具有型结构(如图)，已知晶胞边长为，设阿伏加德罗常数的值为，下列说法不正确的是
A. 属于过渡金属元素
B. 与距离最近且相等的有4个
C. 晶体的密度为
D. 若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为
【答案】B
【解析】
【分析】根据均摊法，NiO晶胞中含个数为，个数为。
【详解】A．Ni原子序数28，位于元素周期表第VIII族，属于过渡金属元素，A正确；
B．以体心为中心，距离最近且相等的O2−位于6个面的面心，共计6个，B错误；
C．根据分析可知，晶胞质量：，晶胞体积：，则密度，C正确；
D．根据分析可知，若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为，D正确；
故选B。
14. 下列说法中正确的有
①金属晶体的导电性、导热性均与自由电子有关
②水结成冰密度减小与水分子之间能形成氢键有关
③的热稳定性和还原性依次减弱
④共价键的强弱决定分子晶体熔、沸点的高低
⑤的热稳定性依次减弱，熔沸点依次升高
⑥硬度由大到小：金刚石>碳化硅晶体硅
A. ②③④⑥B. ①②③⑥C. ①②④⑤D. ①②⑤⑥
【答案】D
【解析】
【详解】①给金属晶体加电压时，晶体中的自由电子定向移动形成电流，自由电子的移动能传递热能，因此金属晶体的导电性、导热性均与自由电子有关，①正确；
②冰和水的密度不同主要是由于水分子间存在氢键，氢键在液态水中使一个水分子与4个水分子相连，而当水凝固时，水分子排列得很规则，氢键会拉伸水分子，使得水分子之间距离增大，体积也就增大，密度减小，② 正确；
③F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，则其离子的还原性逐渐增强，且元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，则HF、HCl、HBr、HI的还原性逐渐增强，热稳定性依次减弱，③错误；
④分子晶体熔、沸点的高低取决于分子间作用力的强弱，与共价键强弱无关，④错误；
⑤S、Se、Te非金属性依次减弱，故、、的热稳定性依次减弱，但是、、的相对分子质量依次增大，其熔沸点依次升高，⑤正确；
⑥三种晶体为共价晶体，共价键的键长越短，共价键越强，硬度越大，键长：C—C＜C—Si＜Si—Si，则硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，⑥正确；
故选D。
15. 下列实验事实和对实验事实的理论解释都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．水分子间存在氢键，而是水的沸点高于硫化氢，故A错误；
B．白磷分子为正四面体结构，两个P-P间的键角为60°，而不是109.5°，故B错误；
C．氨气和水分子中都含有氢键，二者都是极性分子，并且氨气能和水分子之间形成氢键，则氨气极易溶于水，故C正确；
D．非金属性差异越大，键的极性越大，而不是越小，故D错误；
故选C。
16. 常温下，向20mL0.1ml/L一元碱MOH溶液中滴加等浓度的一元酸HX溶液，滴定过程中溶液pH值的变化曲线如下图所示，已知4A. 该滴定过程中应选用酚酞作指示剂B. 一元酸HX的Ka=5×10-5
C. 溶液中水的电离程度：b>c>aD. c点溶液中：c(M+)>c(X-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】由图示a点的pH=13可知，0.1ml/L一元碱MOH溶液的pH=13，则MOH是强碱，由b点可知，当MOH和HX等体积混合时，则二者恰好完全反应生成MX盐溶液，此时溶液pH=8.5，即显碱性，说明HX为弱酸，c点为等浓度的MX和HX的混合溶液；
【详解】A．由分析可知，滴定终点的溶液显碱性，而甲基橙的变色范围为3.1-4.4，酚酞的变色范围为8.2-10.0，则该滴定过程中应选用酚酞作指示剂以减小实验误差，A正确；
B．由b点可知，此时溶液中pH=8.5，c(X-)≈0.05ml/L、c(OH-)=ml/L，根据水解平衡可知，X-+H2OHX+OH-，，Kh===2×10-10，故Ka===5×10-5，B正确；
C．由分析可知，a点为MOH强碱溶液，对水的电离起抑制作用，b点为MX强碱弱酸盐溶液，对水的电离起促进作用，c点为等浓度混合的MX和HX溶液，MX对水电离起促进作用，HX对水的电离起抑制作用，结合m的范围可知c点对水电离的抑制程度较a点小，故溶液中水的电离程度：b> c > a，C正确；
D．c点为等浓度混合的MX和HX溶液，溶液显酸性，即HX的电离程度大于X-的水解程度，则c点溶液中：c(X-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)，D错误；
故选D。
三、非选择题（本题包括4大题，共56分）
17. 某小组从电极反应的角度研究物质氧化性和还原性的变化规律．
（1）实验室以和浓盐酸为原料制取氯气的化学方程式为：(浓)，该反应的氧化产物是__________，将该反应设计成原电池，氧化反应为，还原反应为___________。
（2）当氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在和盐酸．小组同学分析认为随着反应的进行、的氧化性和-的还原性均减弱，为此进行探究．
实验任务探究离子浓度对氧化性的影响
提出猜想
猜想a:随减小，的氧化性减弱．
猜想b:随增大，的氧化性减弱．
查阅资料电极电势是表征氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）强弱的物理量．电极电势越大，氧化剂的氧化性越强；电极电势越小，还原剂的还原性越强．
验证猜想用溶液、溶液和蒸馏水配制混合液（溶液总体积相同），将电极置于混合液中测定其电极电势，进行表中实验，数据记录。
①根据实验1和2的结果，猜想a成立．补充数据：___________,__________．
②根据实验1和3的结果，猜想b成立．判断依据是___________（用电极电势关系表示）．
探究结果固液混合物A中仍存在和盐酸的原因是随着反应进行，溶液中减小、增大，氧化性减弱．
③根据上述探究结果，小组同学作出如下推断：随增大，还原性增强．
实验验证：在固液混合物A中加入____________（填化学式）固体，加热．证明推断正确的实验现象是_____________．
（3）根据电化学的相关知识，小组同学利用如图电解池装置，成功实现了铜与稀硫酸制氢气．
图中阳极的电极反应式为_____________．
【答案】（1） ①. Cl2 ②.
（2） ①. 10 ②. 20 ③. ④. NaCl ⑤. 又产生黄绿色气体
（3）Cu-2e-=Cu2+
【解析】
【分析】探究离子浓度对氧化性的影响，利用电极电势越大，氧化剂的氧化性越强；电极电势越小，还原剂的还原性越强的性质进行，实验1为对照组，1和3组合研究Mn2+浓度对电极电势的影响，那么2和1组合应该是研究H+浓度的影响；若要验证随增大，还原性增强，可在固液混合物A中加入NaCl固体，加热，若反应又产生黄绿色气体，说明Cl-的浓度越大其还原性增强。
【小问1详解】
该反应中HCl失电子生成Cl2，氧化产物为Cl2，将该反应设计成原电池，氧化反应为，还原反应为MnO2得到电子变为Mn2+，电极反应式为：；
【小问2详解】
①实验1为对照组，而实验3改变了MnSO4的体积，1和3组合研究Mn2+浓度对电极电势的影响，那么2和1组合应该是研究H+浓度的影响，所以改变H2SO4的体积而不改变MnSO4的体积，同时保证总体积为40mL，则m=10、n=20；
②由实验1、3得，随着Mn2+浓度增大，MnO2氧化性减弱，电势降低，即；
③已知溶液中c(H+)减小、c(Mn2+)增大，MnO2氧化性减弱，为保证单一变量，只改变Cl-，可加入NaCl固体，若加热反应又产生黄绿色气体，说明Cl-的浓度越大其还原性增强；
小问3详解】
Cu极为阳极，石墨为阴极，阳极Cu失去电子，变为Cu2+，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+。
18. 氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。一种利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌、]制备GaN的工艺流程如下：
已知：
①Ga与Al同主族，化学性质相似。
②常温下，，，。
③、在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时发生反应的离子方程式为____。“酸溶”所得滤渣的主要成分是________(填化学式)。
（2）“酸浸”所得浸出液中、浓度分别为0.21、65。常温下，为尽可能多地提取并确保不混入，“调pH”时需用CaO调pH至_________(假设调pH时溶液体积不变)。
（3）“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度a＝________，b＝_______(选填上表中盐酸的浓度)。
（4）“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致的沉淀率降低，原因是_____________(用离子方程式表示)。
（5）利用CVD(化学气相沉积)技术，将热分解得到的与在高温下反应可制得GaN，同时生成另一种产物，该反应化学方程式为__________________。
（6）①GaN熔点为1700℃，的熔点为77.9℃，它们的晶体类型依次为_________、_________。
②GaN晶体的一种立方晶胞如图所示。该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为________。该晶体密度为，GaN的式量为，则晶胞边长为________nm。(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)
【答案】（1） ①. Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O ②. CaSO4
（2）略小于5.7 （3） ①. 6ml/L ②. 2ml/L
（4）Ga(OH)3+OH-=+2H2O
（5）Ga2O3+2NH32GaN+3H2O
（6） ①. 共价晶体 ②. 分子晶体 ③. 4 ④.
【解析】
【分析】矿渣中主要含铁酸镓、铁酸锌、SiO2，矿渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣为SiO2，加入CaO调节pH，从已知②可知，Zn(OH)2Ksp相对Ga(OH)3和Fe(OH)3较大，因此控制pH可使Ga3+、Fe3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，滤液中为硫酸锌，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe3+，加入萃取剂萃取，然后加入aml/L盐酸进行脱铁，再加入bml/L的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6ml/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2ml/L，随后加入NaOH沉镓生成Ga(OH)3，Ga(OH)3经过热分解生成Ga2O3，最后经过CVD得到GaN。
【小问1详解】
Ga2(Fe2O4)3与稀硫酸反应生成Ga3+、Fe3+和H2O，反应的离子方程式为Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O。酸溶前调节pH时加入了CaO，加入稀硫酸钙离子和硫酸根离子反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，故酸溶滤渣中为CaSO4。
小问2详解】
酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L和65g/L即0.003ml/L和1ml/L，根据Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-8.3ml/L，Zn2+开始沉淀的pH为5.7，根据Ksp[Ga(OH)3]=10-35.1，Ga3+开始沉淀时c(OH-)=1.49×10-11，则Ga3+开始沉淀的pH为3.17，则调节pH略小于5.7即可。
【小问3详解】
根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6ml/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2ml/L。
【小问4详解】
Ga与Al同主族，化学性质相似，沉镓时加入NaOH过多，则生成的Ga(OH)3重新溶解生成，离子方程式为Ga(OH)3+OH-=+2H2O。
【小问5详解】
Ga2O3与NH3高温下反应生成GaN和另一种物质，根据原子守恒，可得另一种物质为H2O，化学方程式为Ga2O3+2NH32GaN+3H2O。
【小问6详解】
①GaN熔点较高为1700℃，GaCl3熔点较低为77.9℃，则GaN为共价晶体，GaCl3为分子晶体。
②从图中可知，该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为4个，根据均摊法，该晶胞中N原子个数为4，Ga原子个数为，设晶胞边长为anm，则ρ=，则a=nm。
19. 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，在很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献．
（1）自然界中的氮元素主要以分子的形式存在于空气中，是固氮的主要来源．
①基态氮原子的价电子轨道表示式为___________．
②自然固氮过程中生成的的模型名称为____________，N原子的杂化方式为___________．
（2）铁触媒是普遍使用的人工合成氨的催化剂，以铁为主体通常还含有等氧化物．
①上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中p区的元素是__________．
②基态铬原子的电子排布式为___________．
③下列比较正确的是___________．
A．第一电离能 B．熔点：
C．离子半径： D．键角：
④族元素的气态氢化物中沸点最高的原因是____________．
⑤和分子的空间结构和相应的键角如图所示，则甲、乙对应的分子分别是_________、__________．
【答案】（1） ①. ②. 平面三角形 ③. sp2
（2） ①. Al ②. 1s22s22p63s23p63d54s1 ③. B ④. 形成氢键 ⑤. PH3 ⑥. NH3
【解析】
【小问1详解】
①基态N原子电子排布式为2s22p3，故其价电子轨道表达式为；
②硝酸根离子的N原子价层电子对数为3，为sp2杂化，其VSEPR模型为平面三角形；
【小问2详解】
①氧化物涉及的元素有Al、K、Ca、Mg、Cr，属于p区的是Al；
②Cr为24号元素，原子核外有24个电子，根据能量最低原理、泡利原理和洪特规则，基态铬原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；
③A．第一电离能是Mg>Al>Na，选项A错误；B．MgO的晶格能大于CaO，故熔点较高，选项B正确；C．氧离子和铝离子的核外电子排布相同，但是铝离子质子数较大，半径较小，选项C错误；D．水的O有两对孤电子对，NH3中N有一对孤电子对，故键角NH3更大，选项D错误；答案选B；
④由于NH3中N与水分子形成氢键，使其沸点最高；
⑤水的O有两对孤电子对，故丙是H2O；电负性N大于P，故NH3中的共用电子对离N原子更近，斥力更大，键角就越大，故甲乙分别是PH3、NH3。
20. 下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。
请回答下列问题：
（1）③原子的核外电子轨道表示式是_______。
（2）写出元素⑩的一价离子的核外电子排布式：_______，该元素属于_______区元素。
（3）在标号的主族元素中，电负性最大的是_______(填元素符号)。
（4）元素④⑥⑦的气态氢化物热稳定性由强到弱的顺序为：_______(填化学式)。
（5）已知周期表中存在对角相似规则，如②与⑤在周期表中处于对角线位置则化学性质相似，②的氧化物、氢氧化物也有两性，写出②的氢氧化物与⑨的氢氧化物反应的化学方程式_______。
【答案】（1） （2） ①. 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ②. ds
（3）O （4）H2O>H2S>PH3
（5）Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O
【解析】
【分析】由题干提供的部分元素周期表可知，①为H，②为Be，③为N，④为O，⑤为Al，⑥为P，⑦为S，⑧为Ar，⑨为Na，⑩为Cu，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干信息可知，③为N，则③原子的核外电子轨道表示式是，故答案为：；
【小问2详解】
由题干信息可知，⑩为Cu，故元素⑩的一价离子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，该元素属于ds区元素，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；ds；
【小问3详解】
同一周期，从左往右，元素电负性依次增强；同一主族，从上往下，元素电负性依次减弱；故在标号的主族元素中，电负性最大的是O，故答案为：O；
【小问4详解】
由题干信息可知，④为O、⑥为P、⑦为S；同一周期，从左往右，元素非金属性依次增强；同一主族，从上往下，元素非金属性依次减弱，元素非金属性越强，其气态氢化物稳定性越强，故元素④⑥⑦的气态氢化物热稳定性由强到弱的顺序为：H2O>H2S>PH3，故答案为：H2O>H2S>PH3；
【小问5详解】
由题干信息可知，②为Be、⑨为Na，②的氧化物、氢氧化物也有两性，故②的氢氧化物[Be(OH)2]与⑨的氢氧化物（NaOH）反应的化学方程式为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，故答案为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O。化学键
键能/
411
318
799
358
452
346
222
选项
实验事实
理论解释
A
H2S的沸点比H2O的高
H2S的范德华力大于H2O的范德华力
B
白磷为正四面体分子
白磷分子中P﹣P﹣P的键角是109.5°
C
1体积水可以溶解700体积氨气
氨是极性分子且有氢键的影响
D
键的极性：H-O>N-H
非金属性差异越大,键的极性越小
实验序号
电极电势/V
1
20
20
0
2
m
n
10
3
20
10
10
盐酸浓度/
反萃取率/%
2
86.9
9.4
4
69.1
52.1
6
17.5
71.3