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2022-2023学年山东省青岛市西海岸新区高一（下）期中化学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省青岛市西海岸新区高一（下）期中化学试卷（含解析），共24页。
2022-2023学年山东省青岛市西海岸新区高一（下）期中化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 下列关于原子结构的叙述错误的是( )
A. 2760Co中质子数是27，中子数是33
B. 基态氮原子的最高能级上有5个电子
C. 各电子层含有的原子轨道数为n2
D. s、p、d能级所含有的原子轨道数分别是1、3、5
2. 下列化学用语使用错误的是( )
A. Ca2+的结构示意图：
B. 用箭头表示[Ag(NH3)2]+的配位键：[H3N→Ag←NH3]+
C. 2，4−二甲基己烷的键线式：
D. 用电子式表示Na2O的形成过程：
3. 下列实验能达到实验目的的是 ( )
A. 实验甲用CCl4萃取碘水中的碘
B. 实验乙比较镁、铝失电子能力的强弱
C. 实验丙灼烧胆矾测结晶水含量
D. 实验丁验证得电子能力：Cl>C>Si
4. X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的位置如图所示。已知Z元素原子内层电子数是最外层电子数的2倍，下列说法正确的是( )
A. 简单离子半径：W>Y>X
B. 简单气态氢化物的稳定性：X>Y>W
C. WX2是一种比较安全的漂白剂和消毒剂
D. Z、W最高价氧化物的水化物均属于强电解质
5. 空气吹出法是海水提溴的常用方法，其工艺流程如图所示。下列说法错误的是 ( )
A. 热空气吹出Br2，利用了溴的挥发性
B. 通Cl2发生的主要反应为Cl2+2Br−=2Cl−+Br2
C. 该流程体现出氧化性强弱：Cl2>SO2>Br2
D. 溴水混合物1到溴水混合物2的目的是富集溴元素
6. 臭氧广泛用于水处理、空气净化、医药等领域，其治理含氰废水的原理为5O3+2NaCN+H2O=2NaHCO3+N2+5O2。下列有关说法错误的是( )
A. 14N和 15N互为同位素 B. 16O2和 18O2互为同素异形体
C. CN−与N2结构中均含有三键 D. NaHCO3中既含离子键又含共价键
7. 下列关于微粒间相互作用与物质性质的说法错误的是( )
A. 乙炔分子中含有3个σ键和2个π键
B. 共价键和离子键都有方向性和饱和性
C. 乳酸(CH3CHOHCOOH)存在对映异构体
D. H3BO3是一元弱酸，电离方程式为H3BO3+H2O⇌[B(OH)4]−+H+
8. 下列关于有机物的说法错误的是( )
A. 甲烷分子的空间填充模型为
B. 分子式为C4H9Cl的有机物共有4种
C. 有机化合物种类繁多与碳原子的成键特点有关
D. 易溶于汽油、苯等有机溶剂的物质一定是有机物
9. 黑火药是中国的四大发明之一，在爆炸时的反应为S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是( )
A. S和C的单质中不存在化学键
B. KNO3和K2S中含有的化学键种类相同
C. 等物质的量N2和CO2中含有的π键数目相同
D. 液态H2S与液氨中都存在分子间氢键
10. 二氧化碳与甲醇反应生成碳酸二甲酯是二氧化碳资源化利用的有效途径，原理如图：
。下列说法错误的是( )
A. CO2与H2O的分子空间构型均为直线型
B. CO2中C的杂化方式反应后发生改变
C. CH3OH与水互溶的主要原因与氢键有关
D. 碳酸二甲酯所有C、O原子可能在同一平面
11. 有关配合物的实验如图，下列说法错误的是 ( )
A. [Cu(H2O)4]2+中Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对
B. [Cu(NH3)4]2+与NH3比较，前者的H−N−H的键角小
C. 与Cu2+的配位能力：NH3>H2O
D. 向CuSO4溶液中滴加过量氨水，也能得到深蓝色溶液
12. 下列对一些实验事实、理论推测或解释都正确的是 ( )
选项
实验事实
理论推测或解释
A
Si、Ge均是半导体材料
ⅣA族元素的单质都是半导体材料
B
Be第一电离能小于B
同周期元素原子的电离能随原子序数增大呈增大趋势
C
KSCN遇Fe3+血红色
SCN−能通过配位键与Fe3+生成[Fe(SCN)n]3−n(n=1～6)而呈现血红色
D
冰的密度比液态水小
冰中水分子间最大限度形成氢键，水分子间形成的空穴造成冰晶体的微观空间存在空隙，体积膨胀
A. A B. B C. C D. D
13. 海藻中含有丰富的碘元素。如图是实验室模拟从海藻里提取碘的流程的一部分，下列判断错误的是 ( )
已知：四氯化碳沸点76.8℃；碘的沸点184.4℃，在45℃左右开始升华。
A. 操作1是振荡、静置、分液，从上口倒出的液体是分散系1
B. 加入“45%H2SO4溶液”发生的反应为：IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O
C. 分散系2是含碘的悬浊液，操作2是升华
D. 四氯化碳气化与碘单质升华时均需克服范德华力
14. 元素a～h为原子序数连续的八种短周期元素，它们的常见单质的沸点与原子序数的关系如图所示，其中d的单质呈淡黄绿色。下列说法正确的是 ( )
A. d元素位于元素周期表第3周期第ⅦA族
B. 上述元素基态原子中e的第一电离能最大
C. a与c形成的化合物均是极性键构成的极性分子
D. f、g、h分别与c形成的化合物均属于离子化合物
15. 铁的配合物在生产、生活中有重要应用，某种铁的配合物结构如图所示。下列说法正确的是( )
A. 基态硅原子最高能级轨道形状为球形
B. 该配合物中元素的电负性最大的是氧
C. 该配合物中碳原子的杂化方式有3种
D. 基态铁原子核外电子有26种空间运动状态
16. X、Y、Z、R、Q是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素。X元素中的一种核素没有中子；基态Y原子核外电子占据了3种能量不同的原子轨道，且成对电子数是未成对电子数的2倍；Z与R同主族，二者核电荷数之比为1：2；Q元素基态原子最外层只有一个电子，且内层电子全部充满。请用化学用语回答下列问题：
(1)元素Q的名称为 ______ ，其基态价电子轨道表示式为 ______ ．
(2)元素Y、R得电子能力： ______ > ______ (填元素符号)，请设计一个简易可行的实验方案予以证明 ______ ．
(3)Z、R分别与X形成18e−分子A、B，写出A的电子式 ______ ；已知A、B混合有淡黄色物质产生，则该反应的化学方程式为 ______ ．
(4)D−青霉胺治疗Wilson氏病症的原理是与Q2+生成无毒螯合物M，从而排除体内Q元素。反应如图：
①D−青霉胺中S的孤电子对数为 ______ ．
②含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1molM中通过螯合作用形成的配位键有 ______ mol．
17. 硼及其化合物在储能材料、有机合成、医疗中具有广泛的应用价值。回答下列问题：
(1)无机苯(B3N3H6)在空气中较稳定，在150℃下分解为硼氮烷与氢，加氢成氨硼烷(NH3⋅BH3)。NH3⋅BH3是目前最具潜力的储氢材料之一。
①NH3⋅BH3分子中存在配位键， ______ 原子提供空轨道。
②元素的部分性质见下表：
元素
H
B
C
N
Si
As
x(电负性)
2.1
2.0
2.5
3.0
1.8
2.0
NH3⋅BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ−)，它们之间存在静电相互吸引作用，称为“双氢键”。判断以下物质中的H呈现负电性的是 ______ (填标号)。
A.N2H4
B.CH4
C.SiH4
D.AsH3
③NH3⋅BH3熔点104℃，苯熔点5.5℃，解释两者熔点差异的原因是 ______ 。
④无机苯(B3N3H6)与苯类似，也有大π键，结构如图所示。分子中参与sp2杂化的原子有 ______ ，形成大π键的电子由 ______ 原子提供。
(2)NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其阴离子空间构型是 ______ ；NaBH4中存在 ______ (填标号)。
A.离子键
B.非极性共价键
C.σ键
D.π键
E.氢键
(3)硼中子俘获疗法(BNCT)是一种针对脑、头、颈部肿瘤的一种新型放射疗法，该法涉及利用低能中子照射硼化合物，将 510B标记的硼化合物注射到患者体内，用中子(01n)照射，发生核裂变产生氮核(α粒子)，裂变过程反应式为 510B+01n→M+24He，M为 ______ 。
18. 烷烃种类繁多，在化工生产与实际生活中有广泛的应用，可作燃料、润滑剂、有机溶剂等。回答下列问题：
(1)相对分子质量为30的烷烃与Cl2发生一元取代反应的化学方程式为 ______ ．
(2)碳、氢质量比为5：1的烷烃的分子式为 ______ ，有 ______ 种同分异构体，其中含有3个“−CH3”的同分异构体的结构简式为 ______ ，名称为 ______ ．
(3)正己烷是一种优良的有机溶剂，为无色液体，其球棍模型如图所示：
下列有关正己烷的判断错误的是 ______ (填字母标号)．
A.所有原子不可能在同一平面内
B.能使酸性KMnO4溶液紫色褪去
C.与丙烷互为同系物，沸点比丙烷高
D.与溴水混合振荡，静置分层，下层无色
(4)是一种手性分子，用“*”标记出其含有的不对称碳原子(手性碳) ______ ．
19. 半导体材料的发展带动了科技的进步，如传统半导体Si、Ge，新型半导体GaAs、AlN、GaN等。回答下列问题：
(1)基态Ge原子的价电子排布式为 ______ ，与其同周期的第ⅢB族元素属于 ______ 区。
(2)根据元素周期律可判知：原子半径Al ______ N(填“>”或“<”，下同)，还原性As3− ______ Br−。
(3)Ga、Ge、As的第一电离能由大到小的顺序为 ______ 。Ge、As的常见化合物有GeCl4、AsH3、AsCl5，其中呈正四面体结构的是 ______ 。
(4)AlN结构中只存在N−Al键，每个原子周围都满足8e−结构，AlN中 ______ (填“存在”或“不存在”)配位键。
(5)Si与C是同主族相邻元素，C原子之间可以形成双键、三键，但Si原子之间难以形成双键或三键。从原子结构角度分析其原因 ______ 。
20. 锌基准固态电池磷化钴镍电极具有高电导性，使锌离子电池在大电流密度下性能优异。回答下列问题：
(1)下列不同状态的磷中，失去一个电子需要吸收能量最多的是 ______ (填字母标号，下同)，处于激发态的是 ______ 。
A.B.
C.D.
(2)与基态镍原子具有相同数目未成对电子的第三周期元素有 ______ (填元素名称)。
(3)锌、钴、镍可形成[Zn(N2H4)2(N3)2]n、[Co(NH3)6]Cl3、[Ni(NH3)6]SO4等配合物。
①[Zn(N2H4)2(N3)2]n中配位体是 ______ 。
②氯化钴(Ⅲ)的氨合物钴离子配位数为6，制备条件不同，所得晶体结构不同。有活性炭催化时，主要生成橙黄色晶体[Co(NH3)6]Cl3，已知[Co(NH3)6]3+是以Co3+为中心的正八面体结构(如图所示)，若其中2个NH3被Cl−取代，则所形成的[Co(NH3)4Cl2]+的空间结构有 ______ 种；没有活性炭时，所得主要产物是紫红色晶体，化学式为Co(NH3)5Cl3，向含0.1mol该晶体的水溶液中滴加AgNO3溶液，可得白色沉淀28.7g，该晶体配离子的化学式为 ______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.元素符号左下角代表质子数，左上角为质量数，中子数=质量数−质子数，因此 2760Co中质子数是27，中子数=60−27=33，故A正确；
B.基态氮原子的价电子排布式为：2s22p3，最高能级为2p，因此基态氮原子的最高能级上有3个电子，故B错误；
C.各电子层含有的原子轨道数为n2，故C正确；
D.s、p、d能级所含有的原子轨道数分别是1、3、5，故D正确；
故选：B。
A.元素符号左下角代表质子数，左上角为质量数，中子数=质量数−质子数；
B.基态氮原子的价电子排布式为：2s22p3，最高能级为2p；
C.各电子层含有的原子轨道数为n2；
D.s、p、d能级所含有的原子轨道数分别是1、3、5。
本题主要考查原子的组成和结构及核外电子排布式的书写等知识，为高频考点，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.Ca2+的质子数为20，电子数为20，核外各层上电子数分别为2、8、8，则Ca2+的结构示意图为，故A正确；
B.Ag(NH3)2]+中配体是NH3，中心离子是Ag+，N原子含有孤电子对，Ag+具有空轨道，N、Ag+之间通过配位键形成共价键，[Ag(NH3)2]+的配位键可表示为[H3N→Ag←NH3]+，故B正确；
C.的主链含有6个C原子，2、4号C原子上各有一个甲基，名称为2，4−二甲基己烷，故C正确；
D.Na2O为离子化合物，形成Na2O时Na失1个电子、O得2个电子，其形成过程为，故D错误；
故选：D。
A.Ca2+的质子数为20，核外电子数为20，分层排布；
B.[Ag(NH3)2]+中配体是NH3，中心离子是Ag+，N原子含有孤电子对，Ag+具有空轨道；
C.该烷烃的主链含有6个C原子，2、4号C原子上各有一个甲基；
D.Na2O的电子式为，两个Na+不能合并。
本题考查了化学用语的表示方法，涉及离子结构示意图、配位键、烷烃命名、电子式及其表示物质形成等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答根据，试题培养了学生规范答题的能力，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则装置甲萃取、分液可分离碘水中的碘，故A正确；
B.根据单一变量原则，所用盐酸需要浓度相同，故B错误；
C.灼烧固体药品时应该用坩埚，不能用蒸发皿，蒸发皿只能蒸发溶液，故C错误；
D.HCl不是Cl元素最高价含氧酸，不能比较Cl、C的得电子能力，故D错误；
故选：A。
A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；
B.盐酸浓度不同，无法比较；
C.灼烧固体药品时应该用坩埚；
D.HCl不是Cl元素最高价含氧酸。
本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、非金属性的比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
4.【答案】C
【解析】解：A.由分析知，X为O元素，Y为F元素，W为Cl元素，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，序数越大半径越小，则离子半径：Cl−>O2−>F−，即W>X>Y，故A错误；
B.非金属性越强气态氢化物越稳定，X、Y、W三种元素中Y的非金属性最强，其次为X，则气态氢化物的稳定性为：Y>X>W，故B错误；
C.ClO2是一种比较安全的漂白剂和消毒剂，故C正确；
D.H3PO4属于中强酸，不属于强电解质，故D错误；
故选：C。
Z元素原子内层电子数是最外层电子数的2倍，则Z为P元素，根据元素周期表的结构可知，X为O元素，Y为F元素，W为Cl元素，据此分析。
本题主要考查元素周期表的结构及元素周期律的相关知识，为高频考点，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.苦卤与氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，热空气吹出Br2，利用了溴的挥发性，故A正确；
B.苦卤与氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，故B正确；
C.该流程中氯气氧化溴离子生成溴，溴氧化SO2生成硫酸，体现出氧化性强弱：Cl2>Br2>SO2，故C错误；
D.溴水混合物1到溴水混合物2使溴的浓度增大，目的是富集溴元素，故D正确；
故选：C。
由流程可知，苦卤与氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，溴易挥发，利用热空气和水蒸气吹出后，溴与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，然后氯气与HBr反应生成溴，经萃取、蒸馏得到液溴，以此解答该题。
本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A． 14N和 15N的质子数均为7，中子数分别为7、8，二者互为互为同位素，故A正确；
B. 16O2与 18O2是氧气分子，属于同种物质，不能互为同素异形体，故B错误；
C.CN−、N2两种粒子中都含有2个原子、价电子数都是10，互为等电子体，等电子体结构相似，N2中存在共价三键，所以这两种微粒中都含有共价三键，故C正确；
D.钠离子和碳酸氢根离子之间存在离子键、碳酸氢根离子中C−O原子之间存在共价键，所以碳酸氢钠中含有离子键和共价键，故D正确；
故选：B。
A.同位素指质子数相同、中子数不同的原子；
B.同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
C.CN−、N2两种粒子中都含有2个原子、价电子数都是10，互为等电子体，等电子体结构相似；
D.钠离子和碳酸氢根离子之间存在离子键、碳酸氢根离子中C−O原子之间存在共价键。
本题主要考查同位素、同素异形体、等电子体的概念及化学键的分类，为基础知识的考查，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.C2H2分子的结构式为H−C≡C−H，单键中只有一个σ键，三键中有一个σ键和两个π键，所以C2H2分子中含有3个σ键和2个π键，故A正确；
B.离子键是带相反电荷的离子之间的相互作用，离子键无方向性和饱和性，共价键是原子之间通过共用电子对形成的相互作用，有方向性和饱和性，但s轨道为球形，s−s共价键无方向性，故B错误；
C.CH3CHOHCOOH中2号碳原子上连接−OH、−COOH、−CH3、H4个不同的原子或基团，为手性碳原子，CH3CHOHCOOH存在“对映异构体”，故C正确；
D.硼酸(H3BO3)是一种一元弱酸，溶于水电离产生[B(OH)4]−，其电离方程式为：H3BO3+H2O⇌[B(OH)4]−+H+，故D正确；
故选：B。
A.单键中只有一个σ键，三键中有一个σ键和两个π键；
B.离子键是带相反电荷的离子之间的相互作用，共价键是原子之间通过共用电子对形成的相互作用；
C.含有1个手性碳的有机物存在“对映异构体”，手性碳原子上连有4个不同的原子或基团；
D.硼酸为一元弱酸，溶于水部分电离产生氢离子和[B(OH)4]−。
本题考查化学键、对映异构、弱电解质的电离等知识，为高频考点，把握化学键的形成、分类及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合实例分析，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.甲烷为正四面体结构，H原子半径小于C原子半径，空间填充模型为：，故A正确；
B.分子式为C4H9Cl的有机物共有1−氯丁烷、2−氯丁烷、2−甲基−1−氯丙烷、2−甲基−2−氯丙烷4种同分异构体，故B正确；
C.碳能形成4个价键，可形成单键、双键、三键或成环状，且存在同分异构现象，则有机物种类多是由碳原子的成键特征决定的，故C正确；
D.易溶于汽油、苯等有机溶剂的物质不一定是有机化合物，如溴单质在这些溶剂中的溶解度也比在水中的大，故D错误；
故选：D。
A.甲烷为正四面体结构，H原子半径小于C原子半径；
B.分子式为C4H9Cl的有机物共有1−氯丁烷、2−氯丁烷、2−甲基−1−氯丙烷、2−甲基−2−氯丙烷4种结构；
C.碳能形成4个价键，可形成单键、双键、三键或成环状，且存在同分异构现象；
D.溴单质易溶于汽油、苯等有机溶剂。
本题考查了有机物基本概念和组成，熟悉有机物化合物的概念，明确有机物通性是解题关键，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.S和C的单质中存在共价键，故A错误；
B.KNO3中含有离子键和共价键，K2S中只含有离子键，二者的化学键种类不同，故B错误；
C.N2的结构式为N≡N，CO2的结构式为O=C=O，1molN2或CO2中均含有2molπ键，因此等物质的量N2和CO2中含有的π键数目相同，故C正确；
D.液态H2S中不含有氢键，故D错误；
故选：C。
A.S和C的单质中存在共价键；
B.KNO3中含有离子键和共价键，K2S中只含有离子键；
C.N2的结构式为N≡N，CO2的结构式为O=C=O，1mol碳碳三键中含有2molπ键，1mol碳碳双键中含有1molπ键；
D.液态H2S中不含有氢键。
本题主要考查化学键的种类和氢键的相关知识，为基础知识的考查，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.CO2的分子空间构型为直线形，H2O分子中O原子的价层电子对数为2+6−22=4，VSEPR模型为四面体，含有两对孤电子对，其分子空间构型为V形，故A错误；
B.CO2分子中C原子的杂化方式为sp，反应后形成酯基中的C=O键，其VSEPR模型为平面三角形，杂化方式为sp2，即反应后杂化方式发生改变，故B正确；
C.CH3OH与水分子中均含有O−H键，且O原子的电负性较大，二者能形成分子间氢键导致CH3OH与水互溶，故C正确；
D.碳酸二甲酯分子中C=O双键及其两端相接的O原子一定共平面，并且与中心C原子相接C−O键可绕轴旋转，所以碳酸二甲酯所有C、O原子可能在同一平面，故D正确；
故选：A。
A.H2O的分子空间构型为V形；
B.CO2分子中C原子的杂化方式为sp，反应后形成的酯基中C原子杂化方式为sp2；
C.CH3OH与水分子中均含有O−H键，并且含有电负性大的O原子，二者能形成分子间氢键；
D.C=O双键及其两端相接的原子一定共平面，C−O键可绕轴旋转。
本题考查原子轨道杂化方式及杂化类型的判断，侧重分析能力和运用能力的考查，把握分子空间构型的判定、杂化方式、氢键的形成条件及其对物质性质的影响、共面问题的推断方法即可解答，注意掌握VSEPR模型的应用，题目难度中等。
11.【答案】B
【解析】解：A.配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键，故A正确；
B.在[Cu(NH3)4]2+离子中，因为孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，所以H−N−H键角会变大，[Cu(NH3)4]2+与NH3比较，前者的H−N−H的键角大，故B错误；
C.配合物向生成更稳定的配合物转化，所以判断NH3和H2O与Cu2+的配位能力：NH3>H2O，故C正确；
D.氨水呈碱性，向CuSO4溶液中滴加氨水，先生成氢氧化铜的蓝色沉淀，Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，继续滴加氨水，后沉淀溶解发生反应Cu(OH)2+4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH−+4H2O，形成铜氨溶液，为深蓝色溶液，故D正确；
故选：B。
A.配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，两者结合形成配位键；
B.孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用；
C.配合物向生成更稳定的配合物转化；
D.向CuSO4溶液中滴加过量氨水总反应为Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O。
本题考查了配合物、配位键的形成等性质，明确反应原理是解本题关键，知道形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子和有提供孤电子对的配位体，题目难度不大。
12.【答案】CD
【解析】解：A.位于金属与非金属交界处的元素，可作半导体材料，而ⅣA族的C、Sn、Pb等元素不能作半导体材料，故A错误；
B.Be原子的价电子排布为2s2全满状态，能量最低，所以Be原子的第一电离能大于B原子，而不是小于B原子，故B错误；
C.SCN−能通过配位键与Fe3+生成配合物[Fe(SCN)n]3−n(n=1～6)而呈现血红色，故C正确；
D.冰中水分子间最大限度形成氢键，水分子间形成的空穴造成冰晶体的微观空间存在空隙，体积膨胀，导致同质量的冰的体积大于水，密度比液态水小，故D正确；
故选：CD。
A.位于金属与非金属交界处的元素，可作半导体材料；
B.Be原子的价电子排布为2s2全满状态，能量最低，所以Be原子的第一电离能大于B原子；
C.[Fe(SCN)n]3−n(n=1～6)属于配合物；
D.冰中水分子间最大限度形成氢键，导致同质量的冰的体积大于水。
本题考查配合物和超分子、物质结构与性质，为高频考点，把握物质的性质、元素周期律为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合元素周期表预测性质，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.在碘的四氯化碳溶液加入浓NaOH溶液，发生反应生成NaI、NaIO3，CCl4不溶于水，为了使反应充分完全应振荡，再静置得到含有NaI、NaIO3的水层和CCl4的有机层，CCl4密度大，应从分液漏斗下口放出，含有NaI、NaIO3的水层应从分液漏斗上口倒出，即从上口倒出的液体是分散系1，故A正确；
B.分散系1中含有NaI、NaIO3，加入45%稀硫酸酸化溶液时发生歧化反应生成I2，离子方程式为5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O，故B正确；
C.分散系2是含碘单质的悬浊液，应该用过滤操作分离得到粗碘固体，故C错误；
D.四氯化碳与碘都是分子晶体，发生物理变化时需要克服分子间作用力，即四氯化碳气化和碘单质升华时均需克服范德华力，故D正确；
故选：C。
由流程可知，在碘的四氯化碳溶液加入浓NaOH溶液，发生的反应为3I2+6NaOH=△5NaI+NaIO3+3H2O，操作1是振荡、静置、分液，分液得到含有NaI、NaIO3的溶液，即分散系1为含有NaI、NaIO3的溶液，再加入45%稀硫酸酸化溶液，发生的反应为5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O，即分散系2为含有I2的悬浊液，过滤得到粗碘，据此分析解答。
本题考查海带中提碘实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的考查，注意掌握分液操作，题目难度中等。
14.【答案】BD
【解析】解：A.d为F元素，位于元素周期表第二周期第ⅦA族，故A错误；
B.上述五种元素中，稀有气体Ne的最外层满足8电子稳定结构，其基态原子的第一电离能最大，故B正确；
C.a为C元素，c为O元素，a与c形成的化合物中CO2为极性键构成的非极性分子，故C错误；
D.c为O元素，f为Na元素，g为Mg元素，h为Al元素，f、g、h分别与c形成的化合物分别为Na2O和Na2O2、MgO、Al2O3均属于离子化合物，故D正确；
故选：BD。
短周期内连续八种元素单质的沸点与原子序数的关系如图，a单质的沸点很高，应该属于共价晶体，b、c、d、e单质的沸点小于零，说明常温下均为气体，则a为C元素，b为N元素，c为O元素，d为F元素，e为Ne元素，f为Na元素，g为Mg元素，h为Al元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合单质熔点、原子序数来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
15.【答案】BC
【解析】解：A.基态硅原子最高能级为3p，轨道形状为哑铃形，故A错误；
B.金属的电负性较小，O的非金属性较强，非金属性越强其电负性越大，该配合物中含有元素为C、H、O、Fe，则O的电负性最大，故B正确；
C.该配合物中含有C≡O键、C=O键和C−Si及C−H键，碳原子的价层电子对数分别为2、3、4，VSEPR模型分别为直线形、平面三角形和四面体，杂化类型分别为sp、sp2和sp3，故C正确；
D.基态铁原子的核外电子数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，同一轨道上两个电子的空间运动状态相同，1s、2s、3s、4s轨道上的2个电子的空间运动状态相同，2p、3p轨道上的6个电子的空间运动状态均为3，其价电子轨道表示式为，则基态铁原子核外电子有15种空间运动状态，故D错误；
故选：BC。
A.基态硅原子最高能级为3p；
B.该配合物中含有元素为C、H、O、Fe，金属元素电负性小，O的非金属性最强；
C.该配合物中碳原子的价层电子对数分别为2、3、4，VSEPR模型分别为直线形、平面三角形和四面体；
D.基态铁原子的核外电子数为26，同一轨道上两个电子的空间运动状态相同。
本题考查原子轨道杂化方式及杂化类型判断，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握原子结构及其排布式、元素周期律、杂化方式的判断和价层电子对数的计算是解题关键，注意掌握VSEPR模型的应用，题目难度中等。
16.【答案】铜 S C 将硫酸加入到碳酸钠溶液中，若产生二氧化碳，则证明硫的非金属性大于碳 H2O2+H2S=S+2H2O 2 4
【解析】解：(1)元素Q为Cu，其名称为铜，其基态价电子排布式为3d104s1，轨道表示式为：，
故答案为：铜；；
(2)最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，因此可将硫酸加入到碳酸钠溶液中，若产生二氧化碳，则证明硫的非金属性大于碳，
故答案为：S；C；将硫酸加入到碳酸钠溶液中，若产生二氧化碳，则证明硫的非金属性大于碳；
(3)由分析知，Z为O元素，R为S元素，X为H元素，则Z、R分别与X形成18e−分子分别为H2O2和H2S，H2O2的电子式为：，H2O2和H2S反应生成S和H2O，反应的方程式为：H2O2+H2S=S+2H2O，
故答案为：；H2O2+H2S=S+2H2O；
(4)①D−青霉胺中S最外层有6个电子，形成两个σ键，孤电子对数为2，
故答案为：2；
②由图可知，1molM中通过螯合作用形成的配位键有4mol，
故答案为：4。
X元素中的一种核素没有中子，则X元素为H元素；基态Y原子核外电子占据了3种能量不同的原子轨道，且成对电子数是未成对电子数的2倍，则Y元素为C元素；Z与R同主族，二者核电荷数之比为1：2；则Z为O元素，R为S元素；Q元素基态原子最外层只有一个电子，且内层电子全部充满，则Q元素为Cu元素，据此分析。
本题主要考查元素的推断，掌握核外电子排布式的书写是解题的关键，题目难度一般。
17.【答案】B C、D NH3⋅BH3能形成分子间氢键、苯不能形成分子间氢键 6 N 正四面体形 AC < 37Li
【解析】解：(1)①NH3⋅BH3分子中存在配位键，该分子中B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以B原子提供空轨道、N原子提供孤电子对形成配位键，
故答案为：B；
②氢化物中，某种元素的电负性小于H元素时，则H元素呈现负电性，根据表中数据知，电负性：N>C>H>B=As>Si，所以这些氢化物A、B中，H元素呈现正电性，C、D中H元素呈现负电性，
故答案为：C、D；
③NH3⋅BH3能形成分子间氢键、苯不能形成分子间氢键，所以NH3⋅BH3的熔点高于苯的熔点，
故答案为：NH3⋅BH3能形成分子间氢键、苯不能形成分子间氢键；
④该分子中，B、N原子的价层电子对个数都是3，则B、N原子采用sp2杂化，采用sp2杂化的原子有3个B原子、3个N原子，所以有6个原子；该分子中B原子最外层有3个电子，最外层电子都形成共价键，所以B原子不提供电子形成大π键，每个N原子提供2个电子形成大π键，所以形成大π键的电子由3个N原子提供，
故答案为：6；N；
(2)NaBH4的阴离子为BH4−，BH4−中B原子的价层电子对个数为4+3+1−4×12=4且不含孤电子对，空间构型为正四面体形；NaBH4中Na+和BH4−之间存在离子键，BH4−中存在B−H键，B−H为极性共价键，B−H键为σ键，所以NaBH4中含有离子键、极性共价键、σ键，
故答案为：正四面体形；AC；
(3)裂变过程反应式为 510B+ 01n→M+ 24He，该裂变过程中遵循质子守恒和质量数守恒，则M中质子数为5−2=3，质量数为10+1−4=7，该元素为Li元素，M为 37Li，
故答案为： 37Li。
(1)①NH3⋅BH3分子中存在配位键，该分子中B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对；
②氢化物中，某种元素的电负性小于H元素时，H元素呈现负电性；
③能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
④该分子中，价层电子对个数是3的原子采用sp2杂化；该分子中每个N原子提供2个电子形成大π键；
(2)NaBH4的阴离子为BH4−，BH4−中B原子的价层电子对个数为4+3+1−4×12=4且不含孤电子对；NaBH4中Na+和BH4−之间存在离子键，BH4−中存在B−H键，共价单键为σ键，不同非金属元素的原子之间易形成极性共价键；
(3)裂变过程反应式为 510B+ 01n→M+ 24He，该裂变过程中遵循质子守恒和质量数守恒，则M中质子数为5−2=3，质量数为10+1−4=7。
本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、微粒空间构型判断方法、化学键等知识点是解本题关键，注意大π键中原子个数和电子个数的判断方法。
18.【答案】CH3CH3+Cl2→光照CH3CH2Cl+HCl C5H12 3 2−甲基丁烷 B
【解析】解：(1)烷烃的通式为CnH2n+2，由相对分子质量为30的烷烃可得，12n+2n+2=30，解得n=2，该烷烃的分子式为C2H6，为乙烷，乙烷与Cl2发生一元取代反应的化学方程式为CH3CH3+Cl2→光照CH3CH2Cl+HCl，
故答案为：CH3CH3+Cl2→光照CH3CH2Cl+HCl；
(2)烷烃的通式为CnH2n+2，由碳、氢质量比为5：1的烷烃可得，12n2n+2=51，解得n=5，该烷烃的分子式为C5H12；根据碳链异构书写规则，有CH3−CH2−CH2−CH2−CH3(正戊烷)、(异戊烷)和(新戊烷)三种同分异构体；其中含有3个“−CH3”的是(异戊烷)；根据系统命名法，名称为2−甲基丁烷，
故答案为：C5H12；3；；2−甲基丁烷；
(3)A.根据正己烷的球棍模型可知，分子中有甲基，具有甲烷的正四面体结构，所有原子不可能在同一平面上，故A正确；
B.烷烃性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液紫色褪去，故B错误；
C.正己烷与丙烷的结构相似，组成上相差3个“−CH2−”，互为同系物；正己烷所含碳原子数比丙烷多，相对分子质量大，沸点比丙烷高，故C正确；
D.正己烷的密度比水小，与溴水混合振荡，发生萃取，Br2进入有机层，静置分层，上层是有机层，下层为水层，下层无色，故D正确；
故答案为：B；
(4)在有机物分子中，若碳原子连接四个不同的原子或原子团，该碳原子称为手性碳原子，则用“*”标记出含有的手性碳原子为：，
故答案为：。
(1)利用烷烃的通式计算得到烷烃的分子式，然后书写化学方程式；
(2)根据烷烃的通式和碳、氢的质量比计算得到分子式；根据碳链异构判断同分异构体，根据烷烃的命名原则来命名；
(3)根据甲烷的结构、烷烃的化学性质、同系物的概念以及烷烃的物理性质解答；
(4)根据手性碳原子的概念解答。
本题考查烷烃的命题、有机物结构和性质，难度中等，要注意利用烷烃的通式(CnH2n+2)来求烷烃的分子式。
19.【答案】4s24p2 d > > As>Ge>Ga GeCl4 存在 Si原子半径大于C，“头碰头”形成单键后，再“肩并肩”原子轨道的重叠程度小，不能形成稳定的π键，即难以形成形成双键或三键
【解析】解：(1)Ge为32号元素，基态Ge原子价电子排布式为4s24p2，Ge位于第四周期，第四周期第ⅢB族元素属于d区，
故答案为：4s24p2；d；
(2)同主族自上而下原子半径增大，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：Al>N，非金属性AsBr−，
故答案为：>；>；
(3)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但As元素原子4p轨道为半充满稳定结构，它们的第一电离能高于同周期相邻元素，第一电离能由大到小的顺序为As>Ge>Ga，GeCl4中Ge原子价电子对数为4，空间构型为正四面体，AsH3中As原子价电子对数为4，空间构型为三角锥，AsCl5中As原子价电子对数为5，空间构型为三角双锥，
故答案为：As>Ge>Ga；GeCl4；
(4)铝处于第IIIA族，为+3价，氮位于第VA族，为−3价，每个原子周围都满足8e−结构，每个原子形成4个化学键，所以AlN中存在配位键，
故答案为：存在；
(5)Si与C是同族元素，C原子间可以形成双键或三键，但Si原子间却难以形成双键或三键，是由于Si原子半径大于C，“头碰头”形成单键后，再“肩并肩”原子轨道的重叠程度小，不能形成稳定的π键，即难以形成形成双键或三键，
答案为：Si原子半径大于C，“头碰头”形成单键后，再“肩并肩”原子轨道的重叠程度小，不能形成稳定的π键，即难以形成形成双键或三键。
(1)Ge为32号元素，结合构造原理书写，Ge位于第四周期；
(2)同主族自上而下原子半径增大，同周期自左而右原子半径减小；非金属性越强，对应阴离子还原性越弱；
(3)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素具有全充满或半充满稳定结构，它们的第一电离能高于同周期相邻元素；GeCl4中Ge原子价电子对数为4，AsH3中As原子价电子对数为4，AsCl5中As原子价电子对数为5；
(4)铝处于第IIIA族，氮位于第VA族，每个原子周围都满足8e−结构，形成4个化学键；
(5)由于Si原子半径大于C，“头碰头”形成单键后，再“肩并肩”原子轨道的重叠程度小，不能形成稳定的π键，即难以形成形成双键或三键。
本题考查核外电子排布式、元素性质、分子结构等知识，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度适中。
20.【答案】A BD 硅、硫 N2H4、N3− 2 [Co(NH3)5Cl]2+
【解析】解：(1)这几个选项中能量最低的是A，则A原子中失去1个电子需要吸收的能量最高；核外电子排布中，不符合能量最低能量的为激发态，所以BD为激发态，
故答案为：A；BD；
(2)基态Ni原子的价电子排布图为，含有2个未成对电子，与基态镍原子具有相同数目未成对电子的第三周期元素中，3p能级上有2个未成对电子的原子有Si、S，
故答案为：硅、硫；
(3)①[Zn(N2H4)2(N3)2]n中配位体是N2H4、N3−，
故答案为：N2H4、N3−；
②[Co(NH3)4Cl2]+中，两个氯离子可以相邻、可以通过体心相对，所以所形成的[Co(NH3)4Cl2]+的空间结构有2种；在水溶液中，配合物外界中的阴离子能发生电离生成自由移动的离子；向含0.1molCo(NH3)5Cl3的水溶液中滴加AgNO3溶液，可得白色沉淀28.7g，n(AgCl)=28.7g143.5g/mol=0.2mol，根据氯原子守恒得n(Cl−)=n(AgCl)=0.2mol，物质的量之比等于个数之比，Co(NH3)5Cl3的外界中含有2个氯离子，内界中含有1个氯离子，其配位数是6，所以内界中含有5个氨气分子，化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2，该配离子为[Co(NH3)5Cl]2+，
故答案为：2；[Co(NH3)5Cl]2+。
(1)基态P原子价电子排布式图为，能量越低，该原子失去1个电子需要吸收的能量越高；核外电子排布中，不符合能量最低能量的为激发态；
(2)基态Ni原子的价电子排布图为，含有2个未成对电子，与基态镍原子具有相同数目未成对电子的第三周期元素中，3p能级上有2个未成对电子；
(3)①[Zn(N2H4)2(N3)2]n中配位体是N2H4、N3−；
②[Co(NH3)4Cl2]+中，两个氯离子可以相邻、可以通过体心相对；在水溶液中，配合物外界中的阴离子能发生电离生成自由移动的离子；向含0.1molCo(NH3)5Cl3的水溶液中滴加AgNO3溶液，可得白色沉淀28.7g，n(AgCl)=28.7g143.5g/mol=0.2mol，根据氯原子守恒得n(Cl−)=n(AgCl)=0.2mol，物质的量之比等于个数之比，Co(NH3)5Cl3的外界中含有2个氯离子，内界中含有1个氯离子，其配位数是6，所以内界中含有5个氨气分子。
本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、配合物内界和外界及配合物的性质是解本题关键，题目难度不大。
2022-2023学年山东省青岛市西海岸新区高一（下）期中化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 下列关于原子结构的叙述错误的是( )
A. 2760Co中质子数是27，中子数是33
B. 基态氮原子的最高能级上有5个电子
C. 各电子层含有的原子轨道数为n2
D. s、p、d能级所含有的原子轨道数分别是1、3、5
2. 下列化学用语使用错误的是( )
A. Ca2+的结构示意图：
B. 用箭头表示[Ag(NH3)2]+的配位键：[H3N→Ag←NH3]+
C. 2，4−二甲基己烷的键线式：
D. 用电子式表示Na2O的形成过程：
3. 下列实验能达到实验目的的是 ( )
A. 实验甲用CCl4萃取碘水中的碘
B. 实验乙比较镁、铝失电子能力的强弱
C. 实验丙灼烧胆矾测结晶水含量
D. 实验丁验证得电子能力：Cl>C>Si
4. X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的位置如图所示。已知Z元素原子内层电子数是最外层电子数的2倍，下列说法正确的是( )
A. 简单离子半径：W>Y>X
B. 简单气态氢化物的稳定性：X>Y>W
C. WX2是一种比较安全的漂白剂和消毒剂
D. Z、W最高价氧化物的水化物均属于强电解质
5. 空气吹出法是海水提溴的常用方法，其工艺流程如图所示。下列说法错误的是 ( )
A. 热空气吹出Br2，利用了溴的挥发性
B. 通Cl2发生的主要反应为Cl2+2Br−=2Cl−+Br2
C. 该流程体现出氧化性强弱：Cl2>SO2>Br2
D. 溴水混合物1到溴水混合物2的目的是富集溴元素
6. 臭氧广泛用于水处理、空气净化、医药等领域，其治理含氰废水的原理为5O3+2NaCN+H2O=2NaHCO3+N2+5O2。下列有关说法错误的是( )
A. 14N和 15N互为同位素 B. 16O2和 18O2互为同素异形体
C. CN−与N2结构中均含有三键 D. NaHCO3中既含离子键又含共价键
7. 下列关于微粒间相互作用与物质性质的说法错误的是( )
A. 乙炔分子中含有3个σ键和2个π键
B. 共价键和离子键都有方向性和饱和性
C. 乳酸(CH3CHOHCOOH)存在对映异构体
D. H3BO3是一元弱酸，电离方程式为H3BO3+H2O⇌[B(OH)4]−+H+
8. 下列关于有机物的说法错误的是( )
A. 甲烷分子的空间填充模型为
B. 分子式为C4H9Cl的有机物共有4种
C. 有机化合物种类繁多与碳原子的成键特点有关
D. 易溶于汽油、苯等有机溶剂的物质一定是有机物
9. 黑火药是中国的四大发明之一，在爆炸时的反应为S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是( )
A. S和C的单质中不存在化学键
B. KNO3和K2S中含有的化学键种类相同
C. 等物质的量N2和CO2中含有的π键数目相同
D. 液态H2S与液氨中都存在分子间氢键
10. 二氧化碳与甲醇反应生成碳酸二甲酯是二氧化碳资源化利用的有效途径，原理如图：
。下列说法错误的是( )
A. CO2与H2O的分子空间构型均为直线型
B. CO2中C的杂化方式反应后发生改变
C. CH3OH与水互溶的主要原因与氢键有关
D. 碳酸二甲酯所有C、O原子可能在同一平面
11. 有关配合物的实验如图，下列说法错误的是 ( )
A. [Cu(H2O)4]2+中Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对
B. [Cu(NH3)4]2+与NH3比较，前者的H−N−H的键角小
C. 与Cu2+的配位能力：NH3>H2O
D. 向CuSO4溶液中滴加过量氨水，也能得到深蓝色溶液
12. 下列对一些实验事实、理论推测或解释都正确的是 ( )
选项
实验事实
理论推测或解释
A
Si、Ge均是半导体材料
ⅣA族元素的单质都是半导体材料
B
Be第一电离能小于B
同周期元素原子的电离能随原子序数增大呈增大趋势
C
KSCN遇Fe3+血红色
SCN−能通过配位键与Fe3+生成[Fe(SCN)n]3−n(n=1～6)而呈现血红色
D
冰的密度比液态水小
冰中水分子间最大限度形成氢键，水分子间形成的空穴造成冰晶体的微观空间存在空隙，体积膨胀
A. A B. B C. C D. D
13. 海藻中含有丰富的碘元素。如图是实验室模拟从海藻里提取碘的流程的一部分，下列判断错误的是 ( )
已知：四氯化碳沸点76.8℃；碘的沸点184.4℃，在45℃左右开始升华。
A. 操作1是振荡、静置、分液，从上口倒出的液体是分散系1
B. 加入“45%H2SO4溶液”发生的反应为：IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O
C. 分散系2是含碘的悬浊液，操作2是升华
D. 四氯化碳气化与碘单质升华时均需克服范德华力
14. 元素a～h为原子序数连续的八种短周期元素，它们的常见单质的沸点与原子序数的关系如图所示，其中d的单质呈淡黄绿色。下列说法正确的是 ( )
A. d元素位于元素周期表第3周期第ⅦA族
B. 上述元素基态原子中e的第一电离能最大
C. a与c形成的化合物均是极性键构成的极性分子
D. f、g、h分别与c形成的化合物均属于离子化合物
15. 铁的配合物在生产、生活中有重要应用，某种铁的配合物结构如图所示。下列说法正确的是( )
A. 基态硅原子最高能级轨道形状为球形
B. 该配合物中元素的电负性最大的是氧
C. 该配合物中碳原子的杂化方式有3种
D. 基态铁原子核外电子有26种空间运动状态
16. X、Y、Z、R、Q是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素。X元素中的一种核素没有中子；基态Y原子核外电子占据了3种能量不同的原子轨道，且成对电子数是未成对电子数的2倍；Z与R同主族，二者核电荷数之比为1：2；Q元素基态原子最外层只有一个电子，且内层电子全部充满。请用化学用语回答下列问题：
(1)元素Q的名称为 ______ ，其基态价电子轨道表示式为 ______ ．
(2)元素Y、R得电子能力： ______ > ______ (填元素符号)，请设计一个简易可行的实验方案予以证明 ______ ．
(3)Z、R分别与X形成18e−分子A、B，写出A的电子式 ______ ；已知A、B混合有淡黄色物质产生，则该反应的化学方程式为 ______ ．
(4)D−青霉胺治疗Wilson氏病症的原理是与Q2+生成无毒螯合物M，从而排除体内Q元素。反应如图：
①D−青霉胺中S的孤电子对数为 ______ ．
②含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1molM中通过螯合作用形成的配位键有 ______ mol．
17. 硼及其化合物在储能材料、有机合成、医疗中具有广泛的应用价值。回答下列问题：
(1)无机苯(B3N3H6)在空气中较稳定，在150℃下分解为硼氮烷与氢，加氢成氨硼烷(NH3⋅BH3)。NH3⋅BH3是目前最具潜力的储氢材料之一。
①NH3⋅BH3分子中存在配位键， ______ 原子提供空轨道。
②元素的部分性质见下表：
元素
H
B
C
N
Si
As
x(电负性)
2.1
2.0
2.5
3.0
1.8
2.0
NH3⋅BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ−)，它们之间存在静电相互吸引作用，称为“双氢键”。判断以下物质中的H呈现负电性的是 ______ (填标号)。
A.N2H4
B.CH4
C.SiH4
D.AsH3
③NH3⋅BH3熔点104℃，苯熔点5.5℃，解释两者熔点差异的原因是 ______ 。
④无机苯(B3N3H6)与苯类似，也有大π键，结构如图所示。分子中参与sp2杂化的原子有 ______ ，形成大π键的电子由 ______ 原子提供。
(2)NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其阴离子空间构型是 ______ ；NaBH4中存在 ______ (填标号)。
A.离子键
B.非极性共价键
C.σ键
D.π键
E.氢键
(3)硼中子俘获疗法(BNCT)是一种针对脑、头、颈部肿瘤的一种新型放射疗法，该法涉及利用低能中子照射硼化合物，将 510B标记的硼化合物注射到患者体内，用中子(01n)照射，发生核裂变产生氮核(α粒子)，裂变过程反应式为 510B+01n→M+24He，M为 ______ 。
18. 烷烃种类繁多，在化工生产与实际生活中有广泛的应用，可作燃料、润滑剂、有机溶剂等。回答下列问题：
(1)相对分子质量为30的烷烃与Cl2发生一元取代反应的化学方程式为 ______ ．
(2)碳、氢质量比为5：1的烷烃的分子式为 ______ ，有 ______ 种同分异构体，其中含有3个“−CH3”的同分异构体的结构简式为 ______ ，名称为 ______ ．
(3)正己烷是一种优良的有机溶剂，为无色液体，其球棍模型如图所示：
下列有关正己烷的判断错误的是 ______ (填字母标号)．
A.所有原子不可能在同一平面内
B.能使酸性KMnO4溶液紫色褪去
C.与丙烷互为同系物，沸点比丙烷高
D.与溴水混合振荡，静置分层，下层无色
(4)是一种手性分子，用“*”标记出其含有的不对称碳原子(手性碳) ______ ．
19. 半导体材料的发展带动了科技的进步，如传统半导体Si、Ge，新型半导体GaAs、AlN、GaN等。回答下列问题：
(1)基态Ge原子的价电子排布式为 ______ ，与其同周期的第ⅢB族元素属于 ______ 区。
(2)根据元素周期律可判知：原子半径Al ______ N(填“>”或“<”，下同)，还原性As3− ______ Br−。
(3)Ga、Ge、As的第一电离能由大到小的顺序为 ______ 。Ge、As的常见化合物有GeCl4、AsH3、AsCl5，其中呈正四面体结构的是 ______ 。
(4)AlN结构中只存在N−Al键，每个原子周围都满足8e−结构，AlN中 ______ (填“存在”或“不存在”)配位键。
(5)Si与C是同主族相邻元素，C原子之间可以形成双键、三键，但Si原子之间难以形成双键或三键。从原子结构角度分析其原因 ______ 。
20. 锌基准固态电池磷化钴镍电极具有高电导性，使锌离子电池在大电流密度下性能优异。回答下列问题：
(1)下列不同状态的磷中，失去一个电子需要吸收能量最多的是 ______ (填字母标号，下同)，处于激发态的是 ______ 。
A.B.
C.D.
(2)与基态镍原子具有相同数目未成对电子的第三周期元素有 ______ (填元素名称)。
(3)锌、钴、镍可形成[Zn(N2H4)2(N3)2]n、[Co(NH3)6]Cl3、[Ni(NH3)6]SO4等配合物。
①[Zn(N2H4)2(N3)2]n中配位体是 ______ 。
②氯化钴(Ⅲ)的氨合物钴离子配位数为6，制备条件不同，所得晶体结构不同。有活性炭催化时，主要生成橙黄色晶体[Co(NH3)6]Cl3，已知[Co(NH3)6]3+是以Co3+为中心的正八面体结构(如图所示)，若其中2个NH3被Cl−取代，则所形成的[Co(NH3)4Cl2]+的空间结构有 ______ 种；没有活性炭时，所得主要产物是紫红色晶体，化学式为Co(NH3)5Cl3，向含0.1mol该晶体的水溶液中滴加AgNO3溶液，可得白色沉淀28.7g，该晶体配离子的化学式为 ______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.元素符号左下角代表质子数，左上角为质量数，中子数=质量数−质子数，因此 2760Co中质子数是27，中子数=60−27=33，故A正确；
B.基态氮原子的价电子排布式为：2s22p3，最高能级为2p，因此基态氮原子的最高能级上有3个电子，故B错误；
C.各电子层含有的原子轨道数为n2，故C正确；
D.s、p、d能级所含有的原子轨道数分别是1、3、5，故D正确；
故选：B。
A.元素符号左下角代表质子数，左上角为质量数，中子数=质量数−质子数；
B.基态氮原子的价电子排布式为：2s22p3，最高能级为2p；
C.各电子层含有的原子轨道数为n2；
D.s、p、d能级所含有的原子轨道数分别是1、3、5。
本题主要考查原子的组成和结构及核外电子排布式的书写等知识，为高频考点，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.Ca2+的质子数为20，电子数为20，核外各层上电子数分别为2、8、8，则Ca2+的结构示意图为，故A正确；
B.Ag(NH3)2]+中配体是NH3，中心离子是Ag+，N原子含有孤电子对，Ag+具有空轨道，N、Ag+之间通过配位键形成共价键，[Ag(NH3)2]+的配位键可表示为[H3N→Ag←NH3]+，故B正确；
C.的主链含有6个C原子，2、4号C原子上各有一个甲基，名称为2，4−二甲基己烷，故C正确；
D.Na2O为离子化合物，形成Na2O时Na失1个电子、O得2个电子，其形成过程为，故D错误；
故选：D。
A.Ca2+的质子数为20，核外电子数为20，分层排布；
B.[Ag(NH3)2]+中配体是NH3，中心离子是Ag+，N原子含有孤电子对，Ag+具有空轨道；
C.该烷烃的主链含有6个C原子，2、4号C原子上各有一个甲基；
D.Na2O的电子式为，两个Na+不能合并。
本题考查了化学用语的表示方法，涉及离子结构示意图、配位键、烷烃命名、电子式及其表示物质形成等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答根据，试题培养了学生规范答题的能力，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则装置甲萃取、分液可分离碘水中的碘，故A正确；
B.根据单一变量原则，所用盐酸需要浓度相同，故B错误；
C.灼烧固体药品时应该用坩埚，不能用蒸发皿，蒸发皿只能蒸发溶液，故C错误；
D.HCl不是Cl元素最高价含氧酸，不能比较Cl、C的得电子能力，故D错误；
故选：A。
A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；
B.盐酸浓度不同，无法比较；
C.灼烧固体药品时应该用坩埚；
D.HCl不是Cl元素最高价含氧酸。
本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、非金属性的比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
4.【答案】C
【解析】解：A.由分析知，X为O元素，Y为F元素，W为Cl元素，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，序数越大半径越小，则离子半径：Cl−>O2−>F−，即W>X>Y，故A错误；
B.非金属性越强气态氢化物越稳定，X、Y、W三种元素中Y的非金属性最强，其次为X，则气态氢化物的稳定性为：Y>X>W，故B错误；
C.ClO2是一种比较安全的漂白剂和消毒剂，故C正确；
D.H3PO4属于中强酸，不属于强电解质，故D错误；
故选：C。
Z元素原子内层电子数是最外层电子数的2倍，则Z为P元素，根据元素周期表的结构可知，X为O元素，Y为F元素，W为Cl元素，据此分析。
本题主要考查元素周期表的结构及元素周期律的相关知识，为高频考点，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.苦卤与氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，热空气吹出Br2，利用了溴的挥发性，故A正确；
B.苦卤与氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，故B正确；
C.该流程中氯气氧化溴离子生成溴，溴氧化SO2生成硫酸，体现出氧化性强弱：Cl2>Br2>SO2，故C错误；
D.溴水混合物1到溴水混合物2使溴的浓度增大，目的是富集溴元素，故D正确；
故选：C。
由流程可知，苦卤与氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，溴易挥发，利用热空气和水蒸气吹出后，溴与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，然后氯气与HBr反应生成溴，经萃取、蒸馏得到液溴，以此解答该题。
本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A． 14N和 15N的质子数均为7，中子数分别为7、8，二者互为互为同位素，故A正确；
B. 16O2与 18O2是氧气分子，属于同种物质，不能互为同素异形体，故B错误；
C.CN−、N2两种粒子中都含有2个原子、价电子数都是10，互为等电子体，等电子体结构相似，N2中存在共价三键，所以这两种微粒中都含有共价三键，故C正确；
D.钠离子和碳酸氢根离子之间存在离子键、碳酸氢根离子中C−O原子之间存在共价键，所以碳酸氢钠中含有离子键和共价键，故D正确；
故选：B。
A.同位素指质子数相同、中子数不同的原子；
B.同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
C.CN−、N2两种粒子中都含有2个原子、价电子数都是10，互为等电子体，等电子体结构相似；
D.钠离子和碳酸氢根离子之间存在离子键、碳酸氢根离子中C−O原子之间存在共价键。
本题主要考查同位素、同素异形体、等电子体的概念及化学键的分类，为基础知识的考查，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.C2H2分子的结构式为H−C≡C−H，单键中只有一个σ键，三键中有一个σ键和两个π键，所以C2H2分子中含有3个σ键和2个π键，故A正确；
B.离子键是带相反电荷的离子之间的相互作用，离子键无方向性和饱和性，共价键是原子之间通过共用电子对形成的相互作用，有方向性和饱和性，但s轨道为球形，s−s共价键无方向性，故B错误；
C.CH3CHOHCOOH中2号碳原子上连接−OH、−COOH、−CH3、H4个不同的原子或基团，为手性碳原子，CH3CHOHCOOH存在“对映异构体”，故C正确；
D.硼酸(H3BO3)是一种一元弱酸，溶于水电离产生[B(OH)4]−，其电离方程式为：H3BO3+H2O⇌[B(OH)4]−+H+，故D正确；
故选：B。
A.单键中只有一个σ键，三键中有一个σ键和两个π键；
B.离子键是带相反电荷的离子之间的相互作用，共价键是原子之间通过共用电子对形成的相互作用；
C.含有1个手性碳的有机物存在“对映异构体”，手性碳原子上连有4个不同的原子或基团；
D.硼酸为一元弱酸，溶于水部分电离产生氢离子和[B(OH)4]−。
本题考查化学键、对映异构、弱电解质的电离等知识，为高频考点，把握化学键的形成、分类及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合实例分析，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.甲烷为正四面体结构，H原子半径小于C原子半径，空间填充模型为：，故A正确；
B.分子式为C4H9Cl的有机物共有1−氯丁烷、2−氯丁烷、2−甲基−1−氯丙烷、2−甲基−2−氯丙烷4种同分异构体，故B正确；
C.碳能形成4个价键，可形成单键、双键、三键或成环状，且存在同分异构现象，则有机物种类多是由碳原子的成键特征决定的，故C正确；
D.易溶于汽油、苯等有机溶剂的物质不一定是有机化合物，如溴单质在这些溶剂中的溶解度也比在水中的大，故D错误；
故选：D。
A.甲烷为正四面体结构，H原子半径小于C原子半径；
B.分子式为C4H9Cl的有机物共有1−氯丁烷、2−氯丁烷、2−甲基−1−氯丙烷、2−甲基−2−氯丙烷4种结构；
C.碳能形成4个价键，可形成单键、双键、三键或成环状，且存在同分异构现象；
D.溴单质易溶于汽油、苯等有机溶剂。
本题考查了有机物基本概念和组成，熟悉有机物化合物的概念，明确有机物通性是解题关键，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.S和C的单质中存在共价键，故A错误；
B.KNO3中含有离子键和共价键，K2S中只含有离子键，二者的化学键种类不同，故B错误；
C.N2的结构式为N≡N，CO2的结构式为O=C=O，1molN2或CO2中均含有2molπ键，因此等物质的量N2和CO2中含有的π键数目相同，故C正确；
D.液态H2S中不含有氢键，故D错误；
故选：C。
A.S和C的单质中存在共价键；
B.KNO3中含有离子键和共价键，K2S中只含有离子键；
C.N2的结构式为N≡N，CO2的结构式为O=C=O，1mol碳碳三键中含有2molπ键，1mol碳碳双键中含有1molπ键；
D.液态H2S中不含有氢键。
本题主要考查化学键的种类和氢键的相关知识，为基础知识的考查，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.CO2的分子空间构型为直线形，H2O分子中O原子的价层电子对数为2+6−22=4，VSEPR模型为四面体，含有两对孤电子对，其分子空间构型为V形，故A错误；
B.CO2分子中C原子的杂化方式为sp，反应后形成酯基中的C=O键，其VSEPR模型为平面三角形，杂化方式为sp2，即反应后杂化方式发生改变，故B正确；
C.CH3OH与水分子中均含有O−H键，且O原子的电负性较大，二者能形成分子间氢键导致CH3OH与水互溶，故C正确；
D.碳酸二甲酯分子中C=O双键及其两端相接的O原子一定共平面，并且与中心C原子相接C−O键可绕轴旋转，所以碳酸二甲酯所有C、O原子可能在同一平面，故D正确；
故选：A。
A.H2O的分子空间构型为V形；
B.CO2分子中C原子的杂化方式为sp，反应后形成的酯基中C原子杂化方式为sp2；
C.CH3OH与水分子中均含有O−H键，并且含有电负性大的O原子，二者能形成分子间氢键；
D.C=O双键及其两端相接的原子一定共平面，C−O键可绕轴旋转。
本题考查原子轨道杂化方式及杂化类型的判断，侧重分析能力和运用能力的考查，把握分子空间构型的判定、杂化方式、氢键的形成条件及其对物质性质的影响、共面问题的推断方法即可解答，注意掌握VSEPR模型的应用，题目难度中等。
11.【答案】B
【解析】解：A.配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键，故A正确；
B.在[Cu(NH3)4]2+离子中，因为孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，所以H−N−H键角会变大，[Cu(NH3)4]2+与NH3比较，前者的H−N−H的键角大，故B错误；
C.配合物向生成更稳定的配合物转化，所以判断NH3和H2O与Cu2+的配位能力：NH3>H2O，故C正确；
D.氨水呈碱性，向CuSO4溶液中滴加氨水，先生成氢氧化铜的蓝色沉淀，Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，继续滴加氨水，后沉淀溶解发生反应Cu(OH)2+4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH−+4H2O，形成铜氨溶液，为深蓝色溶液，故D正确；
故选：B。
A.配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，两者结合形成配位键；
B.孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用；
C.配合物向生成更稳定的配合物转化；
D.向CuSO4溶液中滴加过量氨水总反应为Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O。
本题考查了配合物、配位键的形成等性质，明确反应原理是解本题关键，知道形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子和有提供孤电子对的配位体，题目难度不大。
12.【答案】CD
【解析】解：A.位于金属与非金属交界处的元素，可作半导体材料，而ⅣA族的C、Sn、Pb等元素不能作半导体材料，故A错误；
B.Be原子的价电子排布为2s2全满状态，能量最低，所以Be原子的第一电离能大于B原子，而不是小于B原子，故B错误；
C.SCN−能通过配位键与Fe3+生成配合物[Fe(SCN)n]3−n(n=1～6)而呈现血红色，故C正确；
D.冰中水分子间最大限度形成氢键，水分子间形成的空穴造成冰晶体的微观空间存在空隙，体积膨胀，导致同质量的冰的体积大于水，密度比液态水小，故D正确；
故选：CD。
A.位于金属与非金属交界处的元素，可作半导体材料；
B.Be原子的价电子排布为2s2全满状态，能量最低，所以Be原子的第一电离能大于B原子；
C.[Fe(SCN)n]3−n(n=1～6)属于配合物；
D.冰中水分子间最大限度形成氢键，导致同质量的冰的体积大于水。
本题考查配合物和超分子、物质结构与性质，为高频考点，把握物质的性质、元素周期律为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合元素周期表预测性质，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.在碘的四氯化碳溶液加入浓NaOH溶液，发生反应生成NaI、NaIO3，CCl4不溶于水，为了使反应充分完全应振荡，再静置得到含有NaI、NaIO3的水层和CCl4的有机层，CCl4密度大，应从分液漏斗下口放出，含有NaI、NaIO3的水层应从分液漏斗上口倒出，即从上口倒出的液体是分散系1，故A正确；
B.分散系1中含有NaI、NaIO3，加入45%稀硫酸酸化溶液时发生歧化反应生成I2，离子方程式为5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O，故B正确；
C.分散系2是含碘单质的悬浊液，应该用过滤操作分离得到粗碘固体，故C错误；
D.四氯化碳与碘都是分子晶体，发生物理变化时需要克服分子间作用力，即四氯化碳气化和碘单质升华时均需克服范德华力，故D正确；
故选：C。
由流程可知，在碘的四氯化碳溶液加入浓NaOH溶液，发生的反应为3I2+6NaOH=△5NaI+NaIO3+3H2O，操作1是振荡、静置、分液，分液得到含有NaI、NaIO3的溶液，即分散系1为含有NaI、NaIO3的溶液，再加入45%稀硫酸酸化溶液，发生的反应为5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O，即分散系2为含有I2的悬浊液，过滤得到粗碘，据此分析解答。
本题考查海带中提碘实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的考查，注意掌握分液操作，题目难度中等。
14.【答案】BD
【解析】解：A.d为F元素，位于元素周期表第二周期第ⅦA族，故A错误；
B.上述五种元素中，稀有气体Ne的最外层满足8电子稳定结构，其基态原子的第一电离能最大，故B正确；
C.a为C元素，c为O元素，a与c形成的化合物中CO2为极性键构成的非极性分子，故C错误；
D.c为O元素，f为Na元素，g为Mg元素，h为Al元素，f、g、h分别与c形成的化合物分别为Na2O和Na2O2、MgO、Al2O3均属于离子化合物，故D正确；
故选：BD。
短周期内连续八种元素单质的沸点与原子序数的关系如图，a单质的沸点很高，应该属于共价晶体，b、c、d、e单质的沸点小于零，说明常温下均为气体，则a为C元素，b为N元素，c为O元素，d为F元素，e为Ne元素，f为Na元素，g为Mg元素，h为Al元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合单质熔点、原子序数来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
15.【答案】BC
【解析】解：A.基态硅原子最高能级为3p，轨道形状为哑铃形，故A错误；
B.金属的电负性较小，O的非金属性较强，非金属性越强其电负性越大，该配合物中含有元素为C、H、O、Fe，则O的电负性最大，故B正确；
C.该配合物中含有C≡O键、C=O键和C−Si及C−H键，碳原子的价层电子对数分别为2、3、4，VSEPR模型分别为直线形、平面三角形和四面体，杂化类型分别为sp、sp2和sp3，故C正确；
D.基态铁原子的核外电子数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，同一轨道上两个电子的空间运动状态相同，1s、2s、3s、4s轨道上的2个电子的空间运动状态相同，2p、3p轨道上的6个电子的空间运动状态均为3，其价电子轨道表示式为，则基态铁原子核外电子有15种空间运动状态，故D错误；
故选：BC。
A.基态硅原子最高能级为3p；
B.该配合物中含有元素为C、H、O、Fe，金属元素电负性小，O的非金属性最强；
C.该配合物中碳原子的价层电子对数分别为2、3、4，VSEPR模型分别为直线形、平面三角形和四面体；
D.基态铁原子的核外电子数为26，同一轨道上两个电子的空间运动状态相同。
本题考查原子轨道杂化方式及杂化类型判断，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握原子结构及其排布式、元素周期律、杂化方式的判断和价层电子对数的计算是解题关键，注意掌握VSEPR模型的应用，题目难度中等。
16.【答案】铜 S C 将硫酸加入到碳酸钠溶液中，若产生二氧化碳，则证明硫的非金属性大于碳 H2O2+H2S=S+2H2O 2 4
【解析】解：(1)元素Q为Cu，其名称为铜，其基态价电子排布式为3d104s1，轨道表示式为：，
故答案为：铜；；
(2)最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，因此可将硫酸加入到碳酸钠溶液中，若产生二氧化碳，则证明硫的非金属性大于碳，
故答案为：S；C；将硫酸加入到碳酸钠溶液中，若产生二氧化碳，则证明硫的非金属性大于碳；
(3)由分析知，Z为O元素，R为S元素，X为H元素，则Z、R分别与X形成18e−分子分别为H2O2和H2S，H2O2的电子式为：，H2O2和H2S反应生成S和H2O，反应的方程式为：H2O2+H2S=S+2H2O，
故答案为：；H2O2+H2S=S+2H2O；
(4)①D−青霉胺中S最外层有6个电子，形成两个σ键，孤电子对数为2，
故答案为：2；
②由图可知，1molM中通过螯合作用形成的配位键有4mol，
故答案为：4。
X元素中的一种核素没有中子，则X元素为H元素；基态Y原子核外电子占据了3种能量不同的原子轨道，且成对电子数是未成对电子数的2倍，则Y元素为C元素；Z与R同主族，二者核电荷数之比为1：2；则Z为O元素，R为S元素；Q元素基态原子最外层只有一个电子，且内层电子全部充满，则Q元素为Cu元素，据此分析。
本题主要考查元素的推断，掌握核外电子排布式的书写是解题的关键，题目难度一般。
17.【答案】B C、D NH3⋅BH3能形成分子间氢键、苯不能形成分子间氢键 6 N 正四面体形 AC < 37Li
【解析】解：(1)①NH3⋅BH3分子中存在配位键，该分子中B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以B原子提供空轨道、N原子提供孤电子对形成配位键，
故答案为：B；
②氢化物中，某种元素的电负性小于H元素时，则H元素呈现负电性，根据表中数据知，电负性：N>C>H>B=As>Si，所以这些氢化物A、B中，H元素呈现正电性，C、D中H元素呈现负电性，
故答案为：C、D；
③NH3⋅BH3能形成分子间氢键、苯不能形成分子间氢键，所以NH3⋅BH3的熔点高于苯的熔点，
故答案为：NH3⋅BH3能形成分子间氢键、苯不能形成分子间氢键；
④该分子中，B、N原子的价层电子对个数都是3，则B、N原子采用sp2杂化，采用sp2杂化的原子有3个B原子、3个N原子，所以有6个原子；该分子中B原子最外层有3个电子，最外层电子都形成共价键，所以B原子不提供电子形成大π键，每个N原子提供2个电子形成大π键，所以形成大π键的电子由3个N原子提供，
故答案为：6；N；
(2)NaBH4的阴离子为BH4−，BH4−中B原子的价层电子对个数为4+3+1−4×12=4且不含孤电子对，空间构型为正四面体形；NaBH4中Na+和BH4−之间存在离子键，BH4−中存在B−H键，B−H为极性共价键，B−H键为σ键，所以NaBH4中含有离子键、极性共价键、σ键，
故答案为：正四面体形；AC；
(3)裂变过程反应式为 510B+ 01n→M+ 24He，该裂变过程中遵循质子守恒和质量数守恒，则M中质子数为5−2=3，质量数为10+1−4=7，该元素为Li元素，M为 37Li，
故答案为： 37Li。
(1)①NH3⋅BH3分子中存在配位键，该分子中B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对；
②氢化物中，某种元素的电负性小于H元素时，H元素呈现负电性；
③能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
④该分子中，价层电子对个数是3的原子采用sp2杂化；该分子中每个N原子提供2个电子形成大π键；
(2)NaBH4的阴离子为BH4−，BH4−中B原子的价层电子对个数为4+3+1−4×12=4且不含孤电子对；NaBH4中Na+和BH4−之间存在离子键，BH4−中存在B−H键，共价单键为σ键，不同非金属元素的原子之间易形成极性共价键；
(3)裂变过程反应式为 510B+ 01n→M+ 24He，该裂变过程中遵循质子守恒和质量数守恒，则M中质子数为5−2=3，质量数为10+1−4=7。
本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、微粒空间构型判断方法、化学键等知识点是解本题关键，注意大π键中原子个数和电子个数的判断方法。
18.【答案】CH3CH3+Cl2→光照CH3CH2Cl+HCl C5H12 3 2−甲基丁烷 B
【解析】解：(1)烷烃的通式为CnH2n+2，由相对分子质量为30的烷烃可得，12n+2n+2=30，解得n=2，该烷烃的分子式为C2H6，为乙烷，乙烷与Cl2发生一元取代反应的化学方程式为CH3CH3+Cl2→光照CH3CH2Cl+HCl，
故答案为：CH3CH3+Cl2→光照CH3CH2Cl+HCl；
(2)烷烃的通式为CnH2n+2，由碳、氢质量比为5：1的烷烃可得，12n2n+2=51，解得n=5，该烷烃的分子式为C5H12；根据碳链异构书写规则，有CH3−CH2−CH2−CH2−CH3(正戊烷)、(异戊烷)和(新戊烷)三种同分异构体；其中含有3个“−CH3”的是(异戊烷)；根据系统命名法，名称为2−甲基丁烷，
故答案为：C5H12；3；；2−甲基丁烷；
(3)A.根据正己烷的球棍模型可知，分子中有甲基，具有甲烷的正四面体结构，所有原子不可能在同一平面上，故A正确；
B.烷烃性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液紫色褪去，故B错误；
C.正己烷与丙烷的结构相似，组成上相差3个“−CH2−”，互为同系物；正己烷所含碳原子数比丙烷多，相对分子质量大，沸点比丙烷高，故C正确；
D.正己烷的密度比水小，与溴水混合振荡，发生萃取，Br2进入有机层，静置分层，上层是有机层，下层为水层，下层无色，故D正确；
故答案为：B；
(4)在有机物分子中，若碳原子连接四个不同的原子或原子团，该碳原子称为手性碳原子，则用“*”标记出含有的手性碳原子为：，
故答案为：。
(1)利用烷烃的通式计算得到烷烃的分子式，然后书写化学方程式；
(2)根据烷烃的通式和碳、氢的质量比计算得到分子式；根据碳链异构判断同分异构体，根据烷烃的命名原则来命名；
(3)根据甲烷的结构、烷烃的化学性质、同系物的概念以及烷烃的物理性质解答；
(4)根据手性碳原子的概念解答。
本题考查烷烃的命题、有机物结构和性质，难度中等，要注意利用烷烃的通式(CnH2n+2)来求烷烃的分子式。
19.【答案】4s24p2 d > > As>Ge>Ga GeCl4 存在 Si原子半径大于C，“头碰头”形成单键后，再“肩并肩”原子轨道的重叠程度小，不能形成稳定的π键，即难以形成形成双键或三键
【解析】解：(1)Ge为32号元素，基态Ge原子价电子排布式为4s24p2，Ge位于第四周期，第四周期第ⅢB族元素属于d区，
故答案为：4s24p2；d；
(2)同主族自上而下原子半径增大，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：Al>N，非金属性As
故答案为：>；>；
(3)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但As元素原子4p轨道为半充满稳定结构，它们的第一电离能高于同周期相邻元素，第一电离能由大到小的顺序为As>Ge>Ga，GeCl4中Ge原子价电子对数为4，空间构型为正四面体，AsH3中As原子价电子对数为4，空间构型为三角锥，AsCl5中As原子价电子对数为5，空间构型为三角双锥，
故答案为：As>Ge>Ga；GeCl4；
(4)铝处于第IIIA族，为+3价，氮位于第VA族，为−3价，每个原子周围都满足8e−结构，每个原子形成4个化学键，所以AlN中存在配位键，
故答案为：存在；
(5)Si与C是同族元素，C原子间可以形成双键或三键，但Si原子间却难以形成双键或三键，是由于Si原子半径大于C，“头碰头”形成单键后，再“肩并肩”原子轨道的重叠程度小，不能形成稳定的π键，即难以形成形成双键或三键，
答案为：Si原子半径大于C，“头碰头”形成单键后，再“肩并肩”原子轨道的重叠程度小，不能形成稳定的π键，即难以形成形成双键或三键。
(1)Ge为32号元素，结合构造原理书写，Ge位于第四周期；
(2)同主族自上而下原子半径增大，同周期自左而右原子半径减小；非金属性越强，对应阴离子还原性越弱；
(3)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素具有全充满或半充满稳定结构，它们的第一电离能高于同周期相邻元素；GeCl4中Ge原子价电子对数为4，AsH3中As原子价电子对数为4，AsCl5中As原子价电子对数为5；
(4)铝处于第IIIA族，氮位于第VA族，每个原子周围都满足8e−结构，形成4个化学键；
(5)由于Si原子半径大于C，“头碰头”形成单键后，再“肩并肩”原子轨道的重叠程度小，不能形成稳定的π键，即难以形成形成双键或三键。
本题考查核外电子排布式、元素性质、分子结构等知识，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度适中。
20.【答案】A BD 硅、硫 N2H4、N3− 2 [Co(NH3)5Cl]2+
【解析】解：(1)这几个选项中能量最低的是A，则A原子中失去1个电子需要吸收的能量最高；核外电子排布中，不符合能量最低能量的为激发态，所以BD为激发态，
故答案为：A；BD；
(2)基态Ni原子的价电子排布图为，含有2个未成对电子，与基态镍原子具有相同数目未成对电子的第三周期元素中，3p能级上有2个未成对电子的原子有Si、S，
故答案为：硅、硫；
(3)①[Zn(N2H4)2(N3)2]n中配位体是N2H4、N3−，
故答案为：N2H4、N3−；
②[Co(NH3)4Cl2]+中，两个氯离子可以相邻、可以通过体心相对，所以所形成的[Co(NH3)4Cl2]+的空间结构有2种；在水溶液中，配合物外界中的阴离子能发生电离生成自由移动的离子；向含0.1molCo(NH3)5Cl3的水溶液中滴加AgNO3溶液，可得白色沉淀28.7g，n(AgCl)=28.7g143.5g/mol=0.2mol，根据氯原子守恒得n(Cl−)=n(AgCl)=0.2mol，物质的量之比等于个数之比，Co(NH3)5Cl3的外界中含有2个氯离子，内界中含有1个氯离子，其配位数是6，所以内界中含有5个氨气分子，化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2，该配离子为[Co(NH3)5Cl]2+，
故答案为：2；[Co(NH3)5Cl]2+。
(1)基态P原子价电子排布式图为，能量越低，该原子失去1个电子需要吸收的能量越高；核外电子排布中，不符合能量最低能量的为激发态；
(2)基态Ni原子的价电子排布图为，含有2个未成对电子，与基态镍原子具有相同数目未成对电子的第三周期元素中，3p能级上有2个未成对电子；
(3)①[Zn(N2H4)2(N3)2]n中配位体是N2H4、N3−；
②[Co(NH3)4Cl2]+中，两个氯离子可以相邻、可以通过体心相对；在水溶液中，配合物外界中的阴离子能发生电离生成自由移动的离子；向含0.1molCo(NH3)5Cl3的水溶液中滴加AgNO3溶液，可得白色沉淀28.7g，n(AgCl)=28.7g143.5g/mol=0.2mol，根据氯原子守恒得n(Cl−)=n(AgCl)=0.2mol，物质的量之比等于个数之比，Co(NH3)5Cl3的外界中含有2个氯离子，内界中含有1个氯离子，其配位数是6，所以内界中含有5个氨气分子。
本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、配合物内界和外界及配合物的性质是解本题关键，题目难度不大。
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