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【化学】黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高二下学期4月月考（解析版） 试卷
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黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高二下学期4月月考
相对原子质量：H1 C12 N14 O 16 Cl 35.5 Na23 Al 27 Fe56 Cu64 Ag108
第I卷（选择题，共52分）
一、（每小题只有一个选项符合题意，每题4分，共13小题，计52分）
1.下列说法正确的是( )
A. 第三能层有s、p共两个能级
B. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
C. 第三能层最多容纳8个电子
D. 无论哪一能层的s能级最多容纳的电子数均为2个
【答案】D
【解析】
【详解】A项、第三能层M层有s、p、d三个能级，故A错误；
B项、同一能层中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但能层较大的s轨道电子能量则比能层小的p轨道电子能量高，故B错误；
C项、每个能层最多可容纳的电子数是2n2，第三能层最多容纳18个电子，故C错误；
D项、根据泡利原理可知每个轨道最多容纳两个自旋状态相反的电子,所以每个能级最多容纳的电子数为其轨道数的2倍，s能级所包含的轨道数是1,最多容纳的电子数2，故D正确。
故选D
【点睛】本题考查核外电子能层和能级，明确根据能量大小排列电子的规律是解答关键。
2.根据对角线规则，下列物质的性质具有相似性的是( )
A. 硼和铝
B. 铝和铁
C. 铍和铝
D. 铜和金
【答案】C
【解析】
分析】
某些主族元素与右下方的主族元素的性质相似，被称为对角线原则。
【详解】A项、硼和铝都位于周期表ⅢA族，故A错误；
B项、铝为主族元素，铁为过渡金属，不位于对角线位置，故B错误；
C项、铍和铝处于对角线位置，性质相似，故C正确；
D项、铜和金都为ⅠB族元素，不处于对角线，故D错误。
故选C。
3.下列说法中错误的是( )
A. 所有的非金属元素都分布在p区
B. 元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
C. 除氦以外的稀有气体原子的最外层电子数都是8
D. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子，两原子对应的元素属于同一周期
【答案】A
【解析】
【详解】A．除氢元素处于s区，其它非金属元素都处于p区，故A错误；
B．元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素，为过渡元素，都是金属，故B正确；
C．稀有气体原子中，只有氦原子的最外层电子数为2，其余的均为8，故C正确；
D．3p上只有一个空轨道的原子，其外围电子排布为3s23p2，为Si，3p能级上只有一个未成对电子的原子，其外围电子排布为3s23p1或3s23p5，是Al或Cl，处于同一周期，故D正确。
故选A。
【点睛】该题是高考中的常见考点，属于基础性试题的考查，试题侧重考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是熟练记住元素周期表的结构和元素周期律的含义。
4.下列有关化学键的叙述正确的是
A. 全部由非金属元素构成的化合物中肯定不存在离子键
B. 若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性
C. 所有物质中均含有σ键
D. 所有共价键都有方向性
【答案】B
【解析】
【详解】A项、铵盐为全部由非金属元素构成的离子化合物，如氯化铵等，化合物中存在离子键，故A错误；
B项、共价键具有饱和性和方向性，硫原子最外层有6个电子，再接受2个电子就形成稳定结构，所以若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性，故B正确；
C项、稀有气体为单原子分子，不存在化学键，所以不含有σ键，故C错误；
D项、s电子为球形对称，s-s共价键无方向性，则氢气分子中的H—H键没有方向性，故D错误。
故选B。
5.人们常将在同一原子轨道上运动的自旋状态相反的2个电子，称为“电子对”；将在同一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”。以下有关主族元素原子的“未成对电子”的说法，正确的是( )
A. 核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”
B. 核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中一定不含“未成对电子”
C. 核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”
D. 核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中可能不含“未成对电子”
【答案】A
【解析】
核外电子为奇数的原子，当然无法保证所有电子成对，所以选项A正确。核外电子数为偶数的基态原子，其某个能级上的轨道中不一定都是成对电子，例如第6号元素C，其2p能级上应该有2个单电子，选项B错误。核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中的电子可能都是成对的，例如He，选项C错误。核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”，选项D错误。
6.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ·mol－1)。关于元素R的判断中一定正确的是( )
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1 500
7 700
10 500
①R的最高正价为＋3价 ②R元素位于元素周期表中第ⅡA族 ③R元素第一电离能大于同周期相邻元素 ④R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】B
【解析】
试题分析：从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；A．最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故A错误；B．最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故B正确；C．同周期第ⅡA族核外电子排布式为ns2，达稳定结构，所以R元素第一电离能大于同周期相邻元素，故C正确；D．R元素可能是Mg或Be，故D错误；故选B。
考点：考查元素电离能含义及应用。
7.如果n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为(n＋2)的元素不可能位于( )
A. ⅥA B. ⅣB C. ⅢB D. ⅣA
【答案】A
【解析】
【详解】位于短周期时，n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为（n+2）的元素位于ⅣA族；位于四、五周期时，n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为（n+2）的元素位于ⅣB族；位于六、七周期时，n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为（n+2）的元素位于ⅢB族，所以不可能位于ⅥA族，故选A。
【点睛】本题考查元素周期表的结构，要熟悉元素周期表中各个族的位置及元素的原子序数的关系，根据该元素可能位于短周期、四和五周期、六和七周期几种情况分析是解答关键。
8.具有下列电子层结构的原子，其对应的元素一定属于同一周期的是( )
A. 两种元素原子的电子层上全部都是s电子
B. 3p能级上只有1个空轨道的原子和3p能级上只有1个未成对电子的原子
C. 最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子
D. 原子核外M层上的s、p能级上都填满了电子而d轨道未排电子的两种原子
【答案】B
【解析】
【分析】
A、两原子的核外全部都是s电子,原子具有1s能级或具有1s、2s能级；
B、3p上只有一个空轨道的原子,其外围电子排布为3s23p2；,3p亚层上只有一个未成对电子的原子,其外围电子排布为3s23p1或3s23p5；
C、最外层电子排布为2s22p6的原子为氖原子,最外层电子排布为2s22p6的离子可能是阴离子也可能是阳离子；
D、原子核外M层上的s、p轨道都充满电子,而d轨道上没有电子,不能确定N层是否有电子排布，符合条件的原子为氩原子，钾原子，钙原子。
【详解】A、两原子的核外全部都是s电子，原子具有1s能级或具有1s、2s能级，不处于同一周期，如氢原子与锂原子,故A错误；
B、3p上只有一个空轨道的原子,其外围电子排布为3s23p2；3p亚层上只有一个未成对电子的原子，其外围电子排布为3s23p1或3s23p5，二者都处于第3周期，故B正确；
C、最外层电子排布为2s22p6的原子为氖原子，最外层电子排布为2s22p6的离子可能是阴离子也可能是阳离子如O2-、Na+等，不一定处于同一周期，故C错误；
D、原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d轨道上没有电子,符合条件的原子的核外电子排布式有1s22s22p63s23p6为氩原子，1s22s22p63s23p64s1为钾原子，1s22s22p63s23p64s2为钙原子，不一定处于同一周期，故D错误；
综上所述，本题选B。
9.下列说法中正确的是（ ）
A. 氨分子是三角锥形，而甲烷是正四面体形，是因为NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
B. 杂化轨道全部参加形成化学键
C. PCl5分子中P原子和Cl原子最外层都满足8电子结构
D. 分子中含有2个手性C原子
【答案】A
【解析】
【详解】A项、氨分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子数为1，杂化轨道为sp3杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；甲烷分子中碳原子的价层电子对数为4，孤对电子数为0，杂化轨道为sp3杂化，碳原子连接4个相同的原子，C-H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，故A正确；
B项、杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如氨分子中氮原子杂化轨道为sp3杂化，形成了4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故B错误；
C项、在化合物中，原子最外层电子数等于原子的价层电子数+|化合价|，PCl5中P原子的最外层电子为：5+5=10，Cl原子的最外层电子为：7+|-1|=8，不都满足8电子稳定结构，故C错误；
D项、分子中，带*号碳原子所连的四个取代基分别是羟基、甲基、氢原子和羧基，该碳原子具有手性，分子中含有1个手性C原子，故D错误。
答案选A。
10.下列现象与氢键有关的是：
①NH3的熔、沸点比PH3的高 ②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小 ④尿素的熔、沸点比醋酸的高
⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低 ⑥水分子高温下也很稳定
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ①②③④ D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】
氢键是分子间（内）电负性较大的成键原子通过H原子而形成的静电作用，分子中含有与H原子相结合的原子半径小、电负性大、有孤对电子的F、O、N原子可以形成氢键，分子间氢键使物质熔沸点升高、水中溶解度增大，分子内氢键使物质熔沸点降低。
【详解】①因ⅤA族中，N的非金属性最强，氨气分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高，故①正确；
②因小分子的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，则小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故②正确；
③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰密度比液态水的密度小，故③正确；
④尿素分子间可以形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故④正确；
⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；
⑥水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，与氢键无关，故⑥错误；
①②③④⑤正确，故选B。
【点睛】本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响，明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键。
11.关于CS2 、SO2 、NH3 三种物质的说法中正确的是 （ ）
A. CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子
B. SO2 和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子
C. CS2为非极性分子，所以在这三种物质中熔沸点最低
D. NH3在水中溶解度很大只是由于NH3分子有极性
【答案】AB
【解析】
【分析】
A. 二硫化碳属于非极性分子，水是极性分子；
B. 根据相似相容原理进行判断；
C. CS2常温下是液体，SO2和NH3常温下是气体；
D. NH3在水中溶解度很大，除了由于NH3分子有极性外，还因为NH3分子和H2O分子之间可以形成氢键。
【详解】A. 水是极性分子，CS2是非极性分子，根据“相似相溶”原理可知，二硫化碳不易溶于水，故A项错误；
B. 由于SO2和NH3都是极性分子，根据“相似相溶”原理，二者均易溶于水，故B项正确；
C. 由于CS2常温下是液体，SO2和NH3常温下是气体，故此三种物质中二硫化碳的沸点最高，C项错误；
D. NH3在水中溶解度很大，除了由于NH3分子有极性外，还因为NH3分子和H2O分子之间可以形成氢键，故D项错误；
答案选B。
【点睛】相似相容原理是经典考点，具体规律为：
1. 极性溶剂（如水，CH3CH2OH）易溶解极性物质（离子晶体、分子晶体中的极性物质如强酸等）；
2. 非极性溶剂（如苯、汽油、四氯化碳等）能溶解非极性物质（大多数有机物、Br2、I2等）；
3. 含有相同官能团的物质互溶，如水中含羟基（-OH）能溶解含有羟基的醇、酚、羧酸；
4、一般情况，可简记极性相似，便可相溶。
12.磷酸的结构式如下图所示 ，三分子磷酸可脱去两分子水生成三聚磷酸。含磷洗衣粉中含有三聚磷酸，则该钠盐的化学式及1mol此钠盐中P-O单键的物质的量分别是
A. Na5P3O10 7mol B. Na3H2P3O10 8mol
C. Na5P3O10 9mol D. Na2H3P3O10 12mol
【答案】C
【解析】
【详解】三分子磷酸可脱去两分子水生成三聚磷酸，分子式为H5P3O10，P-O键没有变，氢原子都是与氧原子相连，该钠盐的化学式是Na5P3O10，1mol此钠盐中P-O键的物质的量是9mol，故选C。
【点睛】本题主要考查物质的结构，注意三分子磷酸可脱去两分子水生成三聚磷酸过程中化学键的变化情况是解题的关键。
13.能够用键能的大小作为主要依据来解释的是( )
A. 常温常压下氯气呈气态而溴单质呈液态
B. 硝酸是挥发性酸，而硫酸、磷酸是不挥发性酸
C. 稀有气体一般难于发生化学反应
D. 空气中氮气的化学性质比氧气稳定
【答案】D
【解析】
试题分析：A．氯气的相对分子质量比溴单质小，所以氯气的沸点比溴单质低，在常温常压下氯气呈气态而溴单质呈液态，与键能无关，故A错误；B．硝酸的分子间作用力小，沸点低，是挥发性，酸硫酸、磷酸的分子间作用力大，沸点高，是不挥发性酸，与键能无关，故B错误；C．稀有气体为单原子分子，原子都形成稳定结构，稀有气体一般难于发生化学反应，与键能无关，故C错误；D．氮气分子中N≡N的键能比氧气分子中O=O的键能强，故化学性质比氧气分子稳定，与键能有关，故D正确；故选D。
考点：考查了化学键和分子间作用力的相关知识。
第II卷（非选择题，共48分）
14.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色溶液。
I.在化学实验和科学研究中，水是一种最常用的溶剂。水是生命之源，它与我们的生活密切相关。(1)写出与H2O分子互为等电子体的微粒:_________(填1种)。
(2)水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢离子(H3O＋ )。下列对上述过程的描述不合理的是____(填字母序号)。
A.氧原子的杂化类型发生了改变 B.微粒子的形状发生了改变
C.微粒的化学性质发生了改变 D.微粒中的键角发生了改变
II. Cu2＋可形成多种配合物，广泛应用于生产生活中。
(3) 实验时将白色粉末无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配离子。请写出该配离子的化学式 ：______。向该蓝色溶液中滴加氨水，先形成难溶物，继续加氨水，难溶物溶解，写出溶解过程的离子方程式：________。溶解后得到深蓝色溶液，向溶液加入乙醇，会析出深蓝色晶体，该晶体的化学式为_________ 。
(4)Cu2+可以与乙二胺（H2N﹣CH2CH2﹣NH2）形成配离子（如图）
①H、O、N三种元素的电负性从大到小的顺序_______________________．
②乙二胺沸点高于Cl﹣CH2CH2﹣Cl的主要原因是_________________________________．
【答案】 (1). H2S、NH2- (2). A (3). [Cu(H2O)4]2＋ (4). Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O (5). [Cu(NH3)4]SO4·H2O (6). O＞N＞H (7). 乙二胺分子间能形成氢键
【解析】
【详解】I.（1）H2O分子中的原子数为3、价电子数为8，H2S、NH2-的原子数目均为3，价电子数目均为8，则与水互为等电子体，故答案为：H2S、NH2-；
（2）A、水中氧原子为sp3杂化，H3O+中氧原子也为sp3杂化，氧原子的杂化类型没有改变，故A错误；
B、水分子的空间构型为V型，H3O+的空间构型为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，故B正确；
C、因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，故C正确；
D、水分子为V型，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，故D正确；
故答案为：A；
II.（3）将白色粉末无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为Cu2+与H2O生成了一种呈蓝色的配离子[Cu(H2O)4]2＋；氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；再向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体：[Cu（NH3）4]SO4·H2O，故答案为：[Cu(H2O)4]2＋；Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；[Cu（NH3）4]SO4·H2O；
（4）①非金属性越强电负性越大，H、N、O三种元素的非金属性由大到小的顺序是：O>N>H，则电负性由大到小的顺序是：O>N>H，故答案为：O>N>H；
②乙二胺分子间存在氢键，Cl-CH2CH2-Cl分子间不能形成氢键，含有分子间氢键的物质沸点较高，所以乙二胺沸点高于Cl-CH2CH2-Cl，故答案为：乙二胺分子间能形成氢键。
15.卤族元素包括F、Cl、Br等元素。
（1）下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是_______。
（2）在测定HF的相对分子质量时，实验测定值一般高于理论值的主要原因是______________。
（3）BCl3和NCl3中心原子的杂化方式是否相同_____________（填 是 或 否）。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有_______种。
（4）铑（Rh）与碘属于同周期元素。铑的某配合物的化学式为CsRh(SO4)2，该物质易溶于水，向其水溶液中加入一定浓度的BaCl2溶液，无沉淀生成，该盐溶于水的电离方程式为___________。
【答案】 (1). a (2). HF分子间通过氢键形成缔合分子 (3). 否 (4). 3 (5). CsRh(SO4)2＝Cs++[Rh(SO4)2]－
【解析】
【详解】（1）a、卤族元素非金属性越强，电负性越大，卤族元素非金属性随着原子序数增大而增大，所以电负性随着原子序数增大而增大，故正确；
b、F元素没有正化合价，其它卤族元素最高正价为+7价，故错误；
c、卤族元素氢化物沸点随着原子序数增大而增大，但含有氢键的卤化氢沸点最高，HF分子间存在氢键，所以沸点最高，故错误；
d、卤族元素单质的熔点随着原子序数增大而增大，故错误；
故答案为：a；
（2）HF分子之间存在氢键，形成缔合（HF）n分子，故实验测得HF的相对分子质量的值一般高于理论值，故答案为：HF分子间通过氢键形成缔合分子；
（3）BCl3分子中B原子价层电子对数为3，不含孤电子对，所以B原子采用sp2杂化；NCl3中N原子价层电子对个数为4，含有一个孤电子对，所以N原子的杂化方式为sp3，两者杂化方式不同；同一周期元素中，元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O两种元素，故答案为：否；3；
（4）铑的某配合物的化学式为CsRh（SO4）2•4H2O，该物质易溶于水，向其水溶液中加入一定浓度的BaCl2溶液，无沉淀生成，说明硫酸根处于内界，该盐溶于水的电离方程式为：CsRh（SO4）2•4H2O=Cs++[Rh（SO4）2]-+4H2O，故答案为：CsRh（SO4）2•4H2O=Cs++[Rh（SO4）2]-+4H2O。
【点睛】本题考查分子的结构和性质，注意同主族元素结构和性质的递变性，根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，掌握配位键的形成，注意氢键对物质性质的影响是解答关键。
16.铝、铁在生活、生产中有着广泛的用途，请回答下列问题。
(1)Fe2+的M层电子排布式____________。元素Fe与Mn的第三电离能分别为I3(Fe)、I3(Mn)，则I3(Fe)______I3(Mn)(填“>”、“<")。
(2)第四周期中，与Al原子未成对电子数相同的金属元素有_______种。气态氯化铝的分子组成为(AlCl3)2，其中Al、Cl均达8e-稳定结构，Al原子的杂化方式为_________。根据等电子原理，AlO2－的空间构型为____________。科学实验证明：通常状态下并不存在NaAlO2 ， Al(OH)3溶于强碱溶液形成的阴离子，实际是因为Al(OH)3分子中铝原子最外层电子数未达到饱和 ，能与OH－离子形成配位键，Al(OH)3与碱反应时只能中和1molOH－,表现为一元酸，写出Al(OH)3表现酸性的电离的方程式______________；
(3)Fe(CO)5的熔点为-20℃，沸点为103℃，易溶于乙醚，在Fe(CO)5中铁的化合价为_______，在Fe(CO)5中σ键和π键的数目之比为______。
(4)配位化合物K3[Fe(CN)n]遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，因此可用于检验亚铁离子，已知铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，求n=_____。产生的蓝色沉淀的化学式____________。
【答案】 (1). 3s23p63d6 (2). < (3). 4 (4). sp3 (5). 直线形 (6). Al(OH)3 + H2O [Al(OH)4]－+ H+ (7). 0 (8). 1:1 (9). 6 (10). Fe3 [Fe(CN)6]2
【解析】
【分析】
（1）Fe的原子序数为26，基态Fe2+的电子为24；由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态，而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态；
（2）Al原子未成对电子数为1；（AlCl3）2分子中铝离子与4个配位的氯离子成键，其中3个为共价键，一个为配位键；；AlO2－与CO2的原子个数都为3,价电子数都为16，互为等电子体；氢氧化铝发生酸式电离时，与水电离出的氢氧根形成配位键电离出[Al(OH)4]－，使溶液呈酸性；
（3）Fe（CO）5中铁元素的化合价为0价；Fe(CO)5中CO与铁原子之间有5个σ键，每个CO分子中有1个σ键和2个π键；
（4）在配位化合物K3[Fe（CN）n]中每个配体可以提供一对电子，而铁原子最外层有2个电子，据铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，可得2+2n=14。
【详解】（1）Fe的原子序数为26，基态Fe2+的电子为24，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，故答案为：3s23p63d6；<；
（2）Al原子未成对电子数为1，第四周期各金属元素中，未成对电子数也为1的有K，Sc，Cu，Ga，共有4种；气态氯化铝组成为二聚体（AlCl3）2，其中Al、Cl均达8e-稳定结构，说明分子中铝离子与4个配位的氯离子成键，其中3个为共价键，一个为配位键，Al原子的杂化方式为sp3杂化；AlO2－与CO2的原子个数都为3,价电子数都为16，互为等电子体，CO2的空间构型为直线形，则AlO2－的空间构型为直线形；由Al(OH)3分子中铝原子最外层电子数未达到饱和 ，能与OH－离子形成配位键，Al(OH)3与碱反应时只能中和1molOH－，表现为一元酸可知，氢氧化铝发生酸式电离时，与水电离出的氢氧根形成配位键电离出[Al(OH)4]－，使溶液呈酸性，电离方程式为Al(OH)3 + H2O [Al(OH)4]－+ H+，故答案为：4；sp3杂化；直线形；Al(OH)3 + H2O [Al(OH)4]－+ H+；
（3）Fe（CO）5中铁元素的化合价为0价；Fe(CO)5中CO与铁原子之间有5个σ键，每个CO分子中有1个σ键和2个π键，Fe(CO)5中σ键为10，,π键为10，σ键和π键的数目之比为1:1，故答案为：0；1:1；
（4）在配位化合物K3[Fe（CN）n]中每个配体可以提供一对电子，而铁原子最外层有2个电子，据铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，可得2+2n=14，所以n=6；K3[Fe（CN）6]与亚铁离子反应生成Fe3 [Fe(CN)6]2蓝色沉淀，故答案为：6；Fe3[Fe(CN)6]2。
【点睛】本题考查物质结构有关知识，涉及核外电子排布、等电子体、配位化合物、σ键和π键等，答题时注意物质结构方面基础知识的灵活运用，明确结构与性质的关系为解答本题的关键。
17.Q、R、X、Y、Z为周期表中原子序数依次递增的前四周期元素。
已知：①Q为元素周期表中原子半径最小的元素；②R的基态原子中电子占据三种能量不同的能级，且每种能级中的电子总数相同；③Y的基态原子的核外成对的电子数是未成对的电子数的3倍；④Z基态原子有六个未成对电子。用对应的元素符号或化学式回答下列问题：
(1)R、X、Y的第一电离能由大到小的顺序为____________________。
(2)Q元素在元素周期表中属于____区，与Y元素同族的第四周期元素的价电子排布式为______。
(3)RY2的电子式为________________，Z3+的离子结构示意图为____________。
(4) 由Y、Z两种元素组成的Z2Y72－离子在酸性条件下可与乙醇反应，生成乙酸、Z3+等物质。该反应的离子方程式为______。
【答案】 (1). N>O>C (2). s (3). 4s24p4 (4). (5). (6). 2Cr2O72－＋ 3CH3CH2OH＋16H+ 4Cr3+＋3CH3COOH＋11H2O
【解析】
【分析】
Q、R、X、Y、Z为周期表中原子序数依次递增的前四周期元素，①Q为元素周期表中原子半径最小的元素，则Q为H元素；②R的基态原子中电子占据三种能量不同的能级，说明R原子含有1s、2s、2p能级，且每种能级中的电子总数相同，则R元素的原子序数是6，为C元素；③Y的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，核外电子排布式为1s22s22p4，应为O元素；R、X、Y原子序数依次增大，故X为氮；④Z基态原子有六个未成对电子，故其电子排布为：[Ar]3d64s2，Z的原子序数是24，所以Z为Cr元素，综上可知Q为氢元素、R为碳元素、X为氮元素、Y为氧元素、Z为铬元素。
【详解】（1）C、N、O的第一电离取决于元素非金属性的强弱，但是由于N的2p能级上电子处于半充满的相对稳定状态，故C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；
（2）Q元素为H，H在元素周期表中属于第一周期第ⅠA族，即s区；Y为O元素，与O元素同族（最外层电子数为6）的第四周期元素的价电子排布式为为4s24p4，故答案为：s；4s24p4；
（3）RY2为CO2，二氧化碳中，C与O形成两对共用电子对，故电子式为：；Z3+为Cr3+，Cr3+的离子结构示意图为：，故答案为：；；
（4）O、Cr两种元素组成的离子为Cr2O72-，Cr2O72-在酸性条件下具有强氧化性，可将乙醇直接氧化为反应乙酸，本身被还原为Cr3+，反应的离子方程式为2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O，故答案为：2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O。
相对原子质量：H1 C12 N14 O 16 Cl 35.5 Na23 Al 27 Fe56 Cu64 Ag108
第I卷（选择题，共52分）
一、（每小题只有一个选项符合题意，每题4分，共13小题，计52分）
1.下列说法正确的是( )
A. 第三能层有s、p共两个能级
B. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
C. 第三能层最多容纳8个电子
D. 无论哪一能层的s能级最多容纳的电子数均为2个
【答案】D
【解析】
【详解】A项、第三能层M层有s、p、d三个能级，故A错误；
B项、同一能层中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但能层较大的s轨道电子能量则比能层小的p轨道电子能量高，故B错误；
C项、每个能层最多可容纳的电子数是2n2，第三能层最多容纳18个电子，故C错误；
D项、根据泡利原理可知每个轨道最多容纳两个自旋状态相反的电子,所以每个能级最多容纳的电子数为其轨道数的2倍，s能级所包含的轨道数是1,最多容纳的电子数2，故D正确。
故选D
【点睛】本题考查核外电子能层和能级，明确根据能量大小排列电子的规律是解答关键。
2.根据对角线规则，下列物质的性质具有相似性的是( )
A. 硼和铝
B. 铝和铁
C. 铍和铝
D. 铜和金
【答案】C
【解析】
分析】
某些主族元素与右下方的主族元素的性质相似，被称为对角线原则。
【详解】A项、硼和铝都位于周期表ⅢA族，故A错误；
B项、铝为主族元素，铁为过渡金属，不位于对角线位置，故B错误；
C项、铍和铝处于对角线位置，性质相似，故C正确；
D项、铜和金都为ⅠB族元素，不处于对角线，故D错误。
故选C。
3.下列说法中错误的是( )
A. 所有的非金属元素都分布在p区
B. 元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
C. 除氦以外的稀有气体原子的最外层电子数都是8
D. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子，两原子对应的元素属于同一周期
【答案】A
【解析】
【详解】A．除氢元素处于s区，其它非金属元素都处于p区，故A错误；
B．元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素，为过渡元素，都是金属，故B正确；
C．稀有气体原子中，只有氦原子的最外层电子数为2，其余的均为8，故C正确；
D．3p上只有一个空轨道的原子，其外围电子排布为3s23p2，为Si，3p能级上只有一个未成对电子的原子，其外围电子排布为3s23p1或3s23p5，是Al或Cl，处于同一周期，故D正确。
故选A。
【点睛】该题是高考中的常见考点，属于基础性试题的考查，试题侧重考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是熟练记住元素周期表的结构和元素周期律的含义。
4.下列有关化学键的叙述正确的是
A. 全部由非金属元素构成的化合物中肯定不存在离子键
B. 若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性
C. 所有物质中均含有σ键
D. 所有共价键都有方向性
【答案】B
【解析】
【详解】A项、铵盐为全部由非金属元素构成的离子化合物，如氯化铵等，化合物中存在离子键，故A错误；
B项、共价键具有饱和性和方向性，硫原子最外层有6个电子，再接受2个电子就形成稳定结构，所以若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性，故B正确；
C项、稀有气体为单原子分子，不存在化学键，所以不含有σ键，故C错误；
D项、s电子为球形对称，s-s共价键无方向性，则氢气分子中的H—H键没有方向性，故D错误。
故选B。
5.人们常将在同一原子轨道上运动的自旋状态相反的2个电子，称为“电子对”；将在同一原子轨道上运动的单个电子，称为“未成对电子”。以下有关主族元素原子的“未成对电子”的说法，正确的是( )
A. 核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”
B. 核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中一定不含“未成对电子”
C. 核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”
D. 核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中可能不含“未成对电子”
【答案】A
【解析】
核外电子为奇数的原子，当然无法保证所有电子成对，所以选项A正确。核外电子数为偶数的基态原子，其某个能级上的轨道中不一定都是成对电子，例如第6号元素C，其2p能级上应该有2个单电子，选项B错误。核外电子数为偶数的基态原子，其原子轨道中的电子可能都是成对的，例如He，选项C错误。核外电子数为奇数的基态原子，其原子轨道中一定含有“未成对电子”，选项D错误。
6.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ·mol－1)。关于元素R的判断中一定正确的是( )
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1 500
7 700
10 500
①R的最高正价为＋3价 ②R元素位于元素周期表中第ⅡA族 ③R元素第一电离能大于同周期相邻元素 ④R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】B
【解析】
试题分析：从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；A．最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故A错误；B．最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故B正确；C．同周期第ⅡA族核外电子排布式为ns2，达稳定结构，所以R元素第一电离能大于同周期相邻元素，故C正确；D．R元素可能是Mg或Be，故D错误；故选B。
考点：考查元素电离能含义及应用。
7.如果n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为(n＋2)的元素不可能位于( )
A. ⅥA B. ⅣB C. ⅢB D. ⅣA
【答案】A
【解析】
【详解】位于短周期时，n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为（n+2）的元素位于ⅣA族；位于四、五周期时，n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为（n+2）的元素位于ⅣB族；位于六、七周期时，n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为（n+2）的元素位于ⅢB族，所以不可能位于ⅥA族，故选A。
【点睛】本题考查元素周期表的结构，要熟悉元素周期表中各个族的位置及元素的原子序数的关系，根据该元素可能位于短周期、四和五周期、六和七周期几种情况分析是解答关键。
8.具有下列电子层结构的原子，其对应的元素一定属于同一周期的是( )
A. 两种元素原子的电子层上全部都是s电子
B. 3p能级上只有1个空轨道的原子和3p能级上只有1个未成对电子的原子
C. 最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子
D. 原子核外M层上的s、p能级上都填满了电子而d轨道未排电子的两种原子
【答案】B
【解析】
【分析】
A、两原子的核外全部都是s电子,原子具有1s能级或具有1s、2s能级；
B、3p上只有一个空轨道的原子,其外围电子排布为3s23p2；,3p亚层上只有一个未成对电子的原子,其外围电子排布为3s23p1或3s23p5；
C、最外层电子排布为2s22p6的原子为氖原子,最外层电子排布为2s22p6的离子可能是阴离子也可能是阳离子；
D、原子核外M层上的s、p轨道都充满电子,而d轨道上没有电子,不能确定N层是否有电子排布，符合条件的原子为氩原子，钾原子，钙原子。
【详解】A、两原子的核外全部都是s电子，原子具有1s能级或具有1s、2s能级，不处于同一周期，如氢原子与锂原子,故A错误；
B、3p上只有一个空轨道的原子,其外围电子排布为3s23p2；3p亚层上只有一个未成对电子的原子，其外围电子排布为3s23p1或3s23p5，二者都处于第3周期，故B正确；
C、最外层电子排布为2s22p6的原子为氖原子，最外层电子排布为2s22p6的离子可能是阴离子也可能是阳离子如O2-、Na+等，不一定处于同一周期，故C错误；
D、原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d轨道上没有电子,符合条件的原子的核外电子排布式有1s22s22p63s23p6为氩原子，1s22s22p63s23p64s1为钾原子，1s22s22p63s23p64s2为钙原子，不一定处于同一周期，故D错误；
综上所述，本题选B。
9.下列说法中正确的是（ ）
A. 氨分子是三角锥形，而甲烷是正四面体形，是因为NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
B. 杂化轨道全部参加形成化学键
C. PCl5分子中P原子和Cl原子最外层都满足8电子结构
D. 分子中含有2个手性C原子
【答案】A
【解析】
【详解】A项、氨分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子数为1，杂化轨道为sp3杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；甲烷分子中碳原子的价层电子对数为4，孤对电子数为0，杂化轨道为sp3杂化，碳原子连接4个相同的原子，C-H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，故A正确；
B项、杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如氨分子中氮原子杂化轨道为sp3杂化，形成了4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故B错误；
C项、在化合物中，原子最外层电子数等于原子的价层电子数+|化合价|，PCl5中P原子的最外层电子为：5+5=10，Cl原子的最外层电子为：7+|-1|=8，不都满足8电子稳定结构，故C错误；
D项、分子中，带*号碳原子所连的四个取代基分别是羟基、甲基、氢原子和羧基，该碳原子具有手性，分子中含有1个手性C原子，故D错误。
答案选A。
10.下列现象与氢键有关的是：
①NH3的熔、沸点比PH3的高 ②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小 ④尿素的熔、沸点比醋酸的高
⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低 ⑥水分子高温下也很稳定
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ①②③④ D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】
氢键是分子间（内）电负性较大的成键原子通过H原子而形成的静电作用，分子中含有与H原子相结合的原子半径小、电负性大、有孤对电子的F、O、N原子可以形成氢键，分子间氢键使物质熔沸点升高、水中溶解度增大，分子内氢键使物质熔沸点降低。
【详解】①因ⅤA族中，N的非金属性最强，氨气分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高，故①正确；
②因小分子的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，则小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故②正确；
③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰密度比液态水的密度小，故③正确；
④尿素分子间可以形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故④正确；
⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；
⑥水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，与氢键无关，故⑥错误；
①②③④⑤正确，故选B。
【点睛】本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响，明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键。
11.关于CS2 、SO2 、NH3 三种物质的说法中正确的是 （ ）
A. CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子
B. SO2 和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子
C. CS2为非极性分子，所以在这三种物质中熔沸点最低
D. NH3在水中溶解度很大只是由于NH3分子有极性
【答案】AB
【解析】
【分析】
A. 二硫化碳属于非极性分子，水是极性分子；
B. 根据相似相容原理进行判断；
C. CS2常温下是液体，SO2和NH3常温下是气体；
D. NH3在水中溶解度很大，除了由于NH3分子有极性外，还因为NH3分子和H2O分子之间可以形成氢键。
【详解】A. 水是极性分子，CS2是非极性分子，根据“相似相溶”原理可知，二硫化碳不易溶于水，故A项错误；
B. 由于SO2和NH3都是极性分子，根据“相似相溶”原理，二者均易溶于水，故B项正确；
C. 由于CS2常温下是液体，SO2和NH3常温下是气体，故此三种物质中二硫化碳的沸点最高，C项错误；
D. NH3在水中溶解度很大，除了由于NH3分子有极性外，还因为NH3分子和H2O分子之间可以形成氢键，故D项错误；
答案选B。
【点睛】相似相容原理是经典考点，具体规律为：
1. 极性溶剂（如水，CH3CH2OH）易溶解极性物质（离子晶体、分子晶体中的极性物质如强酸等）；
2. 非极性溶剂（如苯、汽油、四氯化碳等）能溶解非极性物质（大多数有机物、Br2、I2等）；
3. 含有相同官能团的物质互溶，如水中含羟基（-OH）能溶解含有羟基的醇、酚、羧酸；
4、一般情况，可简记极性相似，便可相溶。
12.磷酸的结构式如下图所示 ，三分子磷酸可脱去两分子水生成三聚磷酸。含磷洗衣粉中含有三聚磷酸，则该钠盐的化学式及1mol此钠盐中P-O单键的物质的量分别是
A. Na5P3O10 7mol B. Na3H2P3O10 8mol
C. Na5P3O10 9mol D. Na2H3P3O10 12mol
【答案】C
【解析】
【详解】三分子磷酸可脱去两分子水生成三聚磷酸，分子式为H5P3O10，P-O键没有变，氢原子都是与氧原子相连，该钠盐的化学式是Na5P3O10，1mol此钠盐中P-O键的物质的量是9mol，故选C。
【点睛】本题主要考查物质的结构，注意三分子磷酸可脱去两分子水生成三聚磷酸过程中化学键的变化情况是解题的关键。
13.能够用键能的大小作为主要依据来解释的是( )
A. 常温常压下氯气呈气态而溴单质呈液态
B. 硝酸是挥发性酸，而硫酸、磷酸是不挥发性酸
C. 稀有气体一般难于发生化学反应
D. 空气中氮气的化学性质比氧气稳定
【答案】D
【解析】
试题分析：A．氯气的相对分子质量比溴单质小，所以氯气的沸点比溴单质低，在常温常压下氯气呈气态而溴单质呈液态，与键能无关，故A错误；B．硝酸的分子间作用力小，沸点低，是挥发性，酸硫酸、磷酸的分子间作用力大，沸点高，是不挥发性酸，与键能无关，故B错误；C．稀有气体为单原子分子，原子都形成稳定结构，稀有气体一般难于发生化学反应，与键能无关，故C错误；D．氮气分子中N≡N的键能比氧气分子中O=O的键能强，故化学性质比氧气分子稳定，与键能有关，故D正确；故选D。
考点：考查了化学键和分子间作用力的相关知识。
第II卷（非选择题，共48分）
14.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色溶液。
I.在化学实验和科学研究中，水是一种最常用的溶剂。水是生命之源，它与我们的生活密切相关。(1)写出与H2O分子互为等电子体的微粒:_________(填1种)。
(2)水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢离子(H3O＋ )。下列对上述过程的描述不合理的是____(填字母序号)。
A.氧原子的杂化类型发生了改变 B.微粒子的形状发生了改变
C.微粒的化学性质发生了改变 D.微粒中的键角发生了改变
II. Cu2＋可形成多种配合物，广泛应用于生产生活中。
(3) 实验时将白色粉末无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配离子。请写出该配离子的化学式 ：______。向该蓝色溶液中滴加氨水，先形成难溶物，继续加氨水，难溶物溶解，写出溶解过程的离子方程式：________。溶解后得到深蓝色溶液，向溶液加入乙醇，会析出深蓝色晶体，该晶体的化学式为_________ 。
(4)Cu2+可以与乙二胺（H2N﹣CH2CH2﹣NH2）形成配离子（如图）
①H、O、N三种元素的电负性从大到小的顺序_______________________．
②乙二胺沸点高于Cl﹣CH2CH2﹣Cl的主要原因是_________________________________．
【答案】 (1). H2S、NH2- (2). A (3). [Cu(H2O)4]2＋ (4). Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O (5). [Cu(NH3)4]SO4·H2O (6). O＞N＞H (7). 乙二胺分子间能形成氢键
【解析】
【详解】I.（1）H2O分子中的原子数为3、价电子数为8，H2S、NH2-的原子数目均为3，价电子数目均为8，则与水互为等电子体，故答案为：H2S、NH2-；
（2）A、水中氧原子为sp3杂化，H3O+中氧原子也为sp3杂化，氧原子的杂化类型没有改变，故A错误；
B、水分子的空间构型为V型，H3O+的空间构型为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，故B正确；
C、因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，故C正确；
D、水分子为V型，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，故D正确；
故答案为：A；
II.（3）将白色粉末无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为Cu2+与H2O生成了一种呈蓝色的配离子[Cu(H2O)4]2＋；氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；再向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体：[Cu（NH3）4]SO4·H2O，故答案为：[Cu(H2O)4]2＋；Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；[Cu（NH3）4]SO4·H2O；
（4）①非金属性越强电负性越大，H、N、O三种元素的非金属性由大到小的顺序是：O>N>H，则电负性由大到小的顺序是：O>N>H，故答案为：O>N>H；
②乙二胺分子间存在氢键，Cl-CH2CH2-Cl分子间不能形成氢键，含有分子间氢键的物质沸点较高，所以乙二胺沸点高于Cl-CH2CH2-Cl，故答案为：乙二胺分子间能形成氢键。
15.卤族元素包括F、Cl、Br等元素。
（1）下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是_______。
（2）在测定HF的相对分子质量时，实验测定值一般高于理论值的主要原因是______________。
（3）BCl3和NCl3中心原子的杂化方式是否相同_____________（填 是 或 否）。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有_______种。
（4）铑（Rh）与碘属于同周期元素。铑的某配合物的化学式为CsRh(SO4)2，该物质易溶于水，向其水溶液中加入一定浓度的BaCl2溶液，无沉淀生成，该盐溶于水的电离方程式为___________。
【答案】 (1). a (2). HF分子间通过氢键形成缔合分子 (3). 否 (4). 3 (5). CsRh(SO4)2＝Cs++[Rh(SO4)2]－
【解析】
【详解】（1）a、卤族元素非金属性越强，电负性越大，卤族元素非金属性随着原子序数增大而增大，所以电负性随着原子序数增大而增大，故正确；
b、F元素没有正化合价，其它卤族元素最高正价为+7价，故错误；
c、卤族元素氢化物沸点随着原子序数增大而增大，但含有氢键的卤化氢沸点最高，HF分子间存在氢键，所以沸点最高，故错误；
d、卤族元素单质的熔点随着原子序数增大而增大，故错误；
故答案为：a；
（2）HF分子之间存在氢键，形成缔合（HF）n分子，故实验测得HF的相对分子质量的值一般高于理论值，故答案为：HF分子间通过氢键形成缔合分子；
（3）BCl3分子中B原子价层电子对数为3，不含孤电子对，所以B原子采用sp2杂化；NCl3中N原子价层电子对个数为4，含有一个孤电子对，所以N原子的杂化方式为sp3，两者杂化方式不同；同一周期元素中，元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O两种元素，故答案为：否；3；
（4）铑的某配合物的化学式为CsRh（SO4）2•4H2O，该物质易溶于水，向其水溶液中加入一定浓度的BaCl2溶液，无沉淀生成，说明硫酸根处于内界，该盐溶于水的电离方程式为：CsRh（SO4）2•4H2O=Cs++[Rh（SO4）2]-+4H2O，故答案为：CsRh（SO4）2•4H2O=Cs++[Rh（SO4）2]-+4H2O。
【点睛】本题考查分子的结构和性质，注意同主族元素结构和性质的递变性，根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，掌握配位键的形成，注意氢键对物质性质的影响是解答关键。
16.铝、铁在生活、生产中有着广泛的用途，请回答下列问题。
(1)Fe2+的M层电子排布式____________。元素Fe与Mn的第三电离能分别为I3(Fe)、I3(Mn)，则I3(Fe)______I3(Mn)(填“>”、“<")。
(2)第四周期中，与Al原子未成对电子数相同的金属元素有_______种。气态氯化铝的分子组成为(AlCl3)2，其中Al、Cl均达8e-稳定结构，Al原子的杂化方式为_________。根据等电子原理，AlO2－的空间构型为____________。科学实验证明：通常状态下并不存在NaAlO2 ， Al(OH)3溶于强碱溶液形成的阴离子，实际是因为Al(OH)3分子中铝原子最外层电子数未达到饱和 ，能与OH－离子形成配位键，Al(OH)3与碱反应时只能中和1molOH－,表现为一元酸，写出Al(OH)3表现酸性的电离的方程式______________；
(3)Fe(CO)5的熔点为-20℃，沸点为103℃，易溶于乙醚，在Fe(CO)5中铁的化合价为_______，在Fe(CO)5中σ键和π键的数目之比为______。
(4)配位化合物K3[Fe(CN)n]遇亚铁离子会产生蓝色沉淀，因此可用于检验亚铁离子，已知铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，求n=_____。产生的蓝色沉淀的化学式____________。
【答案】 (1). 3s23p63d6 (2). < (3). 4 (4). sp3 (5). 直线形 (6). Al(OH)3 + H2O [Al(OH)4]－+ H+ (7). 0 (8). 1:1 (9). 6 (10). Fe3 [Fe(CN)6]2
【解析】
【分析】
（1）Fe的原子序数为26，基态Fe2+的电子为24；由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态，而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态；
（2）Al原子未成对电子数为1；（AlCl3）2分子中铝离子与4个配位的氯离子成键，其中3个为共价键，一个为配位键；；AlO2－与CO2的原子个数都为3,价电子数都为16，互为等电子体；氢氧化铝发生酸式电离时，与水电离出的氢氧根形成配位键电离出[Al(OH)4]－，使溶液呈酸性；
（3）Fe（CO）5中铁元素的化合价为0价；Fe(CO)5中CO与铁原子之间有5个σ键，每个CO分子中有1个σ键和2个π键；
（4）在配位化合物K3[Fe（CN）n]中每个配体可以提供一对电子，而铁原子最外层有2个电子，据铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，可得2+2n=14。
【详解】（1）Fe的原子序数为26，基态Fe2+的电子为24，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，故答案为：3s23p63d6；<；
（2）Al原子未成对电子数为1，第四周期各金属元素中，未成对电子数也为1的有K，Sc，Cu，Ga，共有4种；气态氯化铝组成为二聚体（AlCl3）2，其中Al、Cl均达8e-稳定结构，说明分子中铝离子与4个配位的氯离子成键，其中3个为共价键，一个为配位键，Al原子的杂化方式为sp3杂化；AlO2－与CO2的原子个数都为3,价电子数都为16，互为等电子体，CO2的空间构型为直线形，则AlO2－的空间构型为直线形；由Al(OH)3分子中铝原子最外层电子数未达到饱和 ，能与OH－离子形成配位键，Al(OH)3与碱反应时只能中和1molOH－，表现为一元酸可知，氢氧化铝发生酸式电离时，与水电离出的氢氧根形成配位键电离出[Al(OH)4]－，使溶液呈酸性，电离方程式为Al(OH)3 + H2O [Al(OH)4]－+ H+，故答案为：4；sp3杂化；直线形；Al(OH)3 + H2O [Al(OH)4]－+ H+；
（3）Fe（CO）5中铁元素的化合价为0价；Fe(CO)5中CO与铁原子之间有5个σ键，每个CO分子中有1个σ键和2个π键，Fe(CO)5中σ键为10，,π键为10，σ键和π键的数目之比为1:1，故答案为：0；1:1；
（4）在配位化合物K3[Fe（CN）n]中每个配体可以提供一对电子，而铁原子最外层有2个电子，据铁原子的最外层电子数和配体提供电子数之和为14，可得2+2n=14，所以n=6；K3[Fe（CN）6]与亚铁离子反应生成Fe3 [Fe(CN)6]2蓝色沉淀，故答案为：6；Fe3[Fe(CN)6]2。
【点睛】本题考查物质结构有关知识，涉及核外电子排布、等电子体、配位化合物、σ键和π键等，答题时注意物质结构方面基础知识的灵活运用，明确结构与性质的关系为解答本题的关键。
17.Q、R、X、Y、Z为周期表中原子序数依次递增的前四周期元素。
已知：①Q为元素周期表中原子半径最小的元素；②R的基态原子中电子占据三种能量不同的能级，且每种能级中的电子总数相同；③Y的基态原子的核外成对的电子数是未成对的电子数的3倍；④Z基态原子有六个未成对电子。用对应的元素符号或化学式回答下列问题：
(1)R、X、Y的第一电离能由大到小的顺序为____________________。
(2)Q元素在元素周期表中属于____区，与Y元素同族的第四周期元素的价电子排布式为______。
(3)RY2的电子式为________________，Z3+的离子结构示意图为____________。
(4) 由Y、Z两种元素组成的Z2Y72－离子在酸性条件下可与乙醇反应，生成乙酸、Z3+等物质。该反应的离子方程式为______。
【答案】 (1). N>O>C (2). s (3). 4s24p4 (4). (5). (6). 2Cr2O72－＋ 3CH3CH2OH＋16H+ 4Cr3+＋3CH3COOH＋11H2O
【解析】
【分析】
Q、R、X、Y、Z为周期表中原子序数依次递增的前四周期元素，①Q为元素周期表中原子半径最小的元素，则Q为H元素；②R的基态原子中电子占据三种能量不同的能级，说明R原子含有1s、2s、2p能级，且每种能级中的电子总数相同，则R元素的原子序数是6，为C元素；③Y的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，核外电子排布式为1s22s22p4，应为O元素；R、X、Y原子序数依次增大，故X为氮；④Z基态原子有六个未成对电子，故其电子排布为：[Ar]3d64s2，Z的原子序数是24，所以Z为Cr元素，综上可知Q为氢元素、R为碳元素、X为氮元素、Y为氧元素、Z为铬元素。
【详解】（1）C、N、O的第一电离取决于元素非金属性的强弱，但是由于N的2p能级上电子处于半充满的相对稳定状态，故C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；
（2）Q元素为H，H在元素周期表中属于第一周期第ⅠA族，即s区；Y为O元素，与O元素同族（最外层电子数为6）的第四周期元素的价电子排布式为为4s24p4，故答案为：s；4s24p4；
（3）RY2为CO2，二氧化碳中，C与O形成两对共用电子对，故电子式为：；Z3+为Cr3+，Cr3+的离子结构示意图为：，故答案为：；；
（4）O、Cr两种元素组成的离子为Cr2O72-，Cr2O72-在酸性条件下具有强氧化性，可将乙醇直接氧化为反应乙酸，本身被还原为Cr3+，反应的离子方程式为2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O，故答案为：2Cr2O72-+3CH3CH2OH+16H+→4Cr3++3CH3COOH+11H2O。
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