2018-2019学年山西省平遥中学校高二下学期期中考试化学试题 解析版



平遥中学2018-2019学年度第二学期高二期中考试
化学试题(理科)
本试卷满分100分 考试时间90分钟 命题人 郝耀远
可能用到的相对原子质量：K:39 Mg:24 Cl:35.5 H:1 O:16 Na:23
一、选择题（只有一个选项正确。本题共18个小题，每小题3分，共54分）
1.下列能级符号正确的是
A. 6s B. 2d C. 3f D. 1p
【答案】A
【解析】
【详解】A.主量子数为6，存在s轨道，A项正确；
B．主量子数为2，存在s、p轨道，不存在d轨道，B项错误；
C．主量子数为3，存在s、p、d轨道，不存在f轨道，C项错误；
D．主量子数为1，只存在s轨道，D项错误；
本题答案选A。

2.在核电荷数为26的元素Fe的基态原子核外的3d、4s轨道内，下列电子排布图正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】核外电子排布从能量低的轨道开始填充，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，根据原子核外电子排布规律，Fe的基态原子核外的3d、4s轨道的电子排布图为，所以答案为D。

3.下列有关化学用语表示正确的是
A. 次氯酸的电子式： B. Mg原子的结构示意图：
C. 硫化钠的电子式： D. Fe2+基态核外价电子排布式为：3d6
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO的电子式中，H和Cl只能形成1对共用电子对，而O可以形成2对共用电子对，HClO的电子式为，A项错误；
B．Mg为12号元素，各电子层容纳的电子数为2、8、2，B项错误；
C．硫化钠为离子化合物，硫化钠的电子式为，C项错误；
D．Fe价电子层排布为3d64s2，从最外能层开始失去电子，Fe失去两个电子形成Fe2＋，4s的两个电子失去，Fe2+的价电子排布式为3d6，D项正确；
本题答案选D。
【点睛】根据构造原理，基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar] 3d64s2，电子在填充时先填4s能级、再填3d能级；但Fe原子失电子时是从最外能层开始失。

4.下列物质中，既含有极性键又含有非极性键的非极性分子是
A. Na2O2 B. HCHO C. C2H4 D. H2O2
【答案】C
【解析】
【详解】相同元素原子形成的共价键为非极性键，不同元素原子形成的共价键为极性键。
A．Na2O2中存在离子键和非极性键，Na2O2属于离子化合物，A项不符合题意；
B．HCHO中存C－H、C=O，只含有极性键，B项不符合题意；
C．乙烯中存在C－H，C=C，有极性键和非极性键，分子中正负电中心重合，为非极性分子，C项符合题意；
D．H2O2中存在H—O和O－O，存在极性键和非极性键，但分子中正负电中心不重合，为极性分子，D项不符合题意；
本题答案选C。

5.甲醛（）在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)，以下说法中正确的是
A. 甲醛分子间可以形成氢键 B. 甲醛分子和甲醇分子内C原子均采取sp2杂化。
C. 甲醛为极性分子 D. 甲醇的沸点远低于甲醛的沸点
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲醛分子中与H形成共价键的C原子的电负性没有那么大，与其相连的H原子不会成为“裸露”质子，甲醛分子间不存在氢键，A项错误；
B．甲醛中C原子形成3个σ键和1个π键，C上没有孤电子对，其中C为sp2杂化，甲醇分子中C原子形成4个σ键，C上没有孤电子对，其中C为sp3杂化，B项错误；
C．甲醛分子为平面三角形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，C项正确；
D．甲醇分子中有—OH，可以形成分子间氢键，甲醇的沸点比甲醛的沸点高，D项错误；
本题答案选C。

6.下列分子或离子中键角由大到小排列顺序是
①BF3 ②NCl3 ③H2O ④NH4+ ⑤BeCl2
A. ⑤④①②③ B. ⑤①④②③ C. ④①②⑤③ D. ③②④①⑤
【答案】B
【解析】
【详解】比较键角可以从分子的空间构型入手。BF3为平面形分子，为正三角形，键角为120°；NCl3、H2O和NH4＋中中心原子的价层电子对数都为4，VSEPR模型均为四面体结构，NH4＋中N上没有孤电子对，NH4+空间构型为正四面体，键角为109º28ˊ，H2O中O原子上有两对孤电子对，NCl3中N原子上有1对孤电子对，由于电子对之间斥力大小顺序为：孤电子对－孤电子对>孤电子对－成键电子对>成键电子对－成键电子对，所以键角：H2O 本题答案选B。

7.下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是
A. BF3 B. PCl5 C. HCl D. CF2Cl2
【答案】B
【解析】
试题分析：A中B的最外层电子不满足八电子稳定结构。B中磷的最外层是十个电子，C中盐酸中氢的最外层有2个电子。D中C，F，Cl的最外层电子均达到八电子稳定结构。
考点：电子式的书写。

8.有德国重离子研究中心人工合成的第112号元素的正式名称为“Copernicium”，相应的元素符号位“Cn”．该元素的名称是为了纪念天文学家哥白尼而得名．该中心人工合成Cn的过程可表示为：Zn+═Cn +下列叙述中正确的是
A. 上述合成过程中属于化学变化
B. Cn元素的相对原子质量为277
C. Cn的原子核内中子数比质子数多53
D. Cn元素位于元素周期表的第六周期，是副族元素
【答案】C
【解析】
A．化学变化的最小粒子为原子，该反应中原子类型发生了变化，不属于化学变化，故A错误；B．该Cn原子的相对原子质量为277，元素的相对原子量与原子的相对原子量和在自然界中的含量有关，故B错误；C．该原子的中子数=277-112，质子数比质子数多的数目为：277-112-112=53，故C正确；D．第118编号元素位于周期表中第七周期、零族，则112号元素位于第七周期、ⅡB族，故D错误；故选C。

9.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm−（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，若m＞n，则下列叙述的判断正确的是
①a-b=n-m ②元素的原子序数a＞b＞c＞d ③元素非金属性Z＞R ④最高价氧化物对应水化物碱性X＞Y ⑤离子半径r(Rm−)＞r(Zn−)＞r(Yn+)＞r(Xm+)
A. ②③⑤正确 B. 只有③正确 C. ①②③④正确 D. ①②③正确
【答案】A
【解析】
【分析】
四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，可确定它们的位置，然后利用同周期元素性质的变化规律来分析解答。
【详解】①离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=b-n，故①错误；
②由题意可知，具有相同电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a＞b＞c＞d，故②正确；
③Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数的离子c＞d，在同一周期元素非金属性从左向右增强，即非金属性Z＞R，故③正确；
④四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数a＞b，在同一周期元素的金属性从左向右减弱，即金属性Y＞X，则最高价氧化物对应水化物碱性Y＞X，故④错误；
⑤由②可知元素的原子序数为a＞b＞c＞d，这四种主族元素的离子具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子半径，序数越大半径越小，故⑤正确。
所以正确的为②③⑤。
故选A。

10.下列说法正确的是
A. 最后一个电子排在s能级的元素不一定处于周期表的s区
B. 同一周期的ⅡA族和ⅢA族元素的原子序数之差一定为1
C. 相邻两个周期的同一主族元素的原子序数之差等于上一周期所含元素种类
D. 主族序数等于周期序数的元素一定为金属元素
【答案】A
【解析】
【详解】A．He元素的核外电子排布为1s2，最后1个电子在s能级，但是在p区；A项正确；
B．长周期中第ⅡA族和第ⅢA间存在过渡元素，原子序数差值不为1，如在第四周期，第ⅡA族和第ⅢA族间原子序数相差11，B项错误；
C．在过渡元素的右边，相邻两个周期的同一主族元素的原子序数之差等于本周期所含元素种类，如第四周期的Br和第三周期的Cl，原子序数相差18，为第四周期的元素种类数目；C项错误；
D．H元素，主族序数等于周期数，但是为非金属元素，D项错误；
本题答案选A。

11.下列有关物质性质的比较正确的是
①同主族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高
②元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越弱
③单质与水反应的剧烈程度：F2>Cl2>Br2>I2
④元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强
⑤还原性：S2－>Se2－
⑥酸性：HNO3>H3PO4
A. ①③ B. ②④ C. ③⑥ D. ⑤⑥
【答案】C
【解析】
试题分析：①同主族非金属元素，从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高，但若为金属单质，则错误；②元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，错误；③非金属性越强，其单质与水反应越剧烈，正确；④元素的非金属性越强，其气态氢化物的水溶液的酸性不一定越强，错误；⑤同主族元素，从上到下非金属性减弱，阴离子还原性增强，错误；⑥同主族元素，从上到下非金属性减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性减弱，正确。答案选C。
考点：考查元素周期律的应用

12.下列对分子的性质的解释中,不正确的是

A. 水很稳定(1000℃以上才会部分分解),但与水中含有大量氢键无关
B. [Cu(NH3)4]SO4和(NH4)2SO4两种物质中都有配位键,所以都是配合物
C. 碘易溶于四氯化碳,甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释
D. 由如图知酸性:H3PO4>HClO,因为H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数
【答案】B
【解析】
试题分析：A．水很稳定，是由于分子内的O-H很强，断裂较难，与分子之间的氢键多少及强弱无关，正确。B．[Cu（NH3)4]SO4和（NH4)2SO4两种物质中都有配位键，但是前者有配位体，是配合物，后者无配位体，是离子化合物，错误。C．由极性分子构成的物质容易溶于由极性分子构成的溶剂，由非极性分子构成的溶质容易溶于由非极性分子构成的溶解，I2、CCl4、CH4都是非极性分子构成的物质，所以碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释，正确。D．由下图知酸性：H3PO4＞HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，非羟基氧原子数越大，吸引电子能力越强，使羟基H原子更容易电离，正确。
考点：考查分子的性质的解释的正误判断的知识。

13.某物质的实验式为PtCl4·2NH3,其水溶液不导电,加入AgNO3溶液也不产生沉淀,以强碱处理并没有NH3放出,则关于此化合物的说法中正确的是
A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl-和NH3分子均与Pt4+配位
D. 配合物中Cl-与Pt4+配位,而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】
水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。

14.根据等电子原理判断，下列说法中错误的是
A. B3N3H6和苯是等电子体，分子中所有原子均在同一平面上
B. N2O与SiO2为等电子体、具有相似的结构(包括电子式)
C. H3O+和NH3是等电子体，均为三角锥形
D. CH4和NH4+是等电子体，均为正四面体结构
【答案】B
【解析】
【详解】等电子体指的是原子总数和价电子总数相同的分子、离子或原子团，它们具有相同的结构特征。
A．B3N3H6和苯C6H6为等电子体，苯中所有原子在同一平面内，所以B3N3H6中所有的原子也都在同一平面内，A项正确；
B．SiO2为原子晶体，为空间正四面体的网状结构，N2O为分子，N2O与CO2互为等电子体，B项错误；
C．H3O＋和NH3互为等电子体，结构相似，都为三角锥形，C项正确；
D．CH4和NH4＋互为等电子体，CH4为正四面体结构，所以NH4＋也为正四面体结构，D项正确；
本题答案选B。
【点睛】本题易错选B项，注意SiO2是由原子构成的，不是由分子构成的。

15.前中国科学院院长卢嘉锡与法裔加拿大科学家Gignere巧妙地利用尿素(H2NCONH2)和H2O2形成化合物H2NCONH2·H2O2，不但使H2O2稳定下来，而且其结构也没有发生改变，得到了可供衍射实验的单晶体。下列说法中不正确的是
A. H2NCONH2与H2O2是通过氢键结合的 B. H2O2分子中只含σ键，不含π键
C. H2NCONH2中σ键与π键的数目之比为7:1 D. H2NCONH2·H2O2属于离子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意，H2O2稳定下来，而且其结构也没有发生改变，因此H2NCONH2与H2O2是通过氢键结合的，A项正确；
B．H2O2的结构式H－O－O－H，单键为σ键，只含σ键，不含π键，B项正确；
C．尿素的结构简式为，单键均为σ键，在C=O中，有一根为σ键，有一根为π键，则共有6个单键和双键中有1个σ键，共7个σ键，π键有1个，其比例为7:1，C项正确；
D．尿素(H2NCONH2)和H2O2形成化合物H2NCONH2·H2O2，而且其结构也没有发生改变，尿素和双氧水都为共价化合物，结构没有发生变化，则没有变成离子化合物，D项错误。
本题答案选D。

16.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)。

I1
I2
I3
I4
……
R
740
1500
7700
10500
……

下列关于元素R的判断中一定正确的是
A. R的最高正价为+1价
B. R元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能都大
C. R元素的原子最外层共有4个电子
D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
【答案】B
【解析】
【详解】从表中可以看出，有I1~I4和省略，R原子核外电子数大于4，I2≪I3说明R原子的最外层有2个电子。
A．I2≪I3说明R可以失去两个电子，最高价为＋2价，A项错误；
B．R原子的最外层有2个电子，属于第ⅡA族元素，价电子排布式为ns2，已经充满，达到稳定结构，使得第ⅡA族元素的第一电离能比同周期相邻元素的第一电离能都大，B项正确；
C．I2≪I3说明R原子的最外层有2个电子，C项错误；
D．R原子核外电子数大于4，R为Mg，基态核外电子排布式为1s22s22p63s2，D项错误；
本题答案选B。
【点睛】由各级电离能数据判断原子最外层电子数，应根据电离能的突变。

17.根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，下列叙述正确的是
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径/nm
0.186
0.143
0.089
0.104
0.074
主要化合价
＋1
＋3
＋2
＋6、－2
－2


A. E2－与B3＋的核外电子数不可能相等 B. 离子半径大小A＋＜D2－
C. 最高价氧化物对应水化物的碱性A＜C D. 氢化物的稳定性D＞E
【答案】B
【解析】
【分析】
由D、E元素的化合价可知，E只有-2价，E为O元素，D有+6、-2价，D为S；C的原子半径大于O、小于S，可知C为第二周期ⅡA族元素，C为Be；A、B的原子半径均大于S，A为+1价，A为Na，B为+3价，B为Al。
【详解】由上述分析可知，A为Na，B为Al，C为Be，D为S，E为O；A．O2－与Al3＋的核外电子数均为10，二者核外电子数相等，故A错误；B、具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为A＋＜E2－，同主族从上到下离子半径增大，E2－
18.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是
A. 常温常压下X的单质为气态 B. W与Y具有相同的最高化合价
C. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D. Z的氢化物为离子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】W与Z形成的化合物与浓硫酸反应生成腐蚀玻璃的物质，说明生成HF，那么W与Z中有一个为F；假设Z为F，又知W与Y同族，W、X、Y、Z的原子序数依次增加，则W只能为H，HF与浓硫酸不反应，假设不成立；则W为F，Y为Cl，W、X、Z最外层电子数之和为10，说明有两种可能性：W为F、X为Na、Z为Ca或者W为F、X为Mg、Z为K。
A．X为Na或Mg，不可能为气态，故A项错误；
B．W为F，无正价，Y为Cl，最高正价为+7，故B项错误；
C．Y和Z的化合物可能为CaCl2或KCl，均显中性，故C项错误；
D．Z为Ca或K，其氢化物均为离子化合物，故D项正确。
本题正确答案D。
【点睛】本题易错选B项，忽视F是非金属性最强的元素，F没有正价。

二、填空题（本题共四个小题，共46分）
19.（1） TiO2是一种性能优良的半导体光催化剂，能有效地吸附有机污染物，Ti基态核外电子排布式为________________。
（2）甲醛HCHO分子空间构型为_____；分子中碳原子轨道杂化类型为_____，π键和σ键的个数之比为____，
（3）SO2易溶于水的原因是___________________________________。
（4）从原子结构角度解释H2SO4酸性强于H3PO4的原因：___________________________。
（5）含CN－的污水毒性极大，用NaClO先把CN－氧化为CNO－，然后在酸性条件下将CNO-氧化为无污染的气体。请写出与CNO－互为等电子体的微粒______（分子或离子，写一种）。
（6）下列物质在通常状况下的熔点由高到低的顺序为__________(填序号)
①CO ②Al2O3③NH3 ④N2⑤Br2
（7）不考虑空间构型，Ti[(CN)4]2-的结构可表示为：_____________________。
（8）向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水先产生沉淀，后沉淀溶解为深蓝色溶液，请根据实验现象写出有关反应的离子方程式 (1)____________________________(2)_____________________________。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d24s2（或[Ar]3d24s2） (2). 平面三角形 (3). sp2 (4). 1:3 (5). 极性SO2分子易溶于极性的水（或SO2与水相似相溶）SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶于水 (6). H2SO4的非羟基O原子数大于H3PO4的，使S的正电性较大，使H2SO4中-OH的电子向 S偏向程度更大，在水分子作用下更易电离出H+ (7). N2O（CO2、CS2、SCN－等） (8). ②⑤③①④ (9). (10). Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+ (11). Cu(OH)2＋4NH3·H2O=Cu(NH3)42＋＋4H2O＋2OH－
【解析】
【详解】(1)Ti为22号元素，按照核外电子排布规律，则基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2（或[Ar]3d24s2）；
(2)甲醛中C原子形成3个σ键和1个π键，C上没有孤电子对，C原子杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形，2个C—H键为σ键，碳氧双键中有1个键为σ键，有1个为π键，则π键和σ键的个数之比为1:3；
(3)根据物质相似相溶的原理，极性分子SO2易溶于极性溶剂H2O；此外SO2会与水反应生成亚硫酸，亚硫酸也易溶于水，答案为极性SO2分子易溶于极性的水（或SO2与水相似相溶）；SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶于水
(4)硫酸和磷酸的结构简式如图，可知H2SO4的非羟基O原子数大于H3PO4的，使S的正电性较大，使H2SO4中-OH的电子向 S偏向程度更大，在水分子作用下更易电离出H+；
(5)等电子体是指原子总数和价电子总数均相同的分子、离子和原子团。CNO－的等电子体，C加上一个电子，等于N的电子数，则等电子体中可能为N2O。N加上一个电子，与O的电子数相等，所以还可能为CO2，O和硫同主族，所以还可以为CS2、SCN-等；
(6) Al2O3离子化合物，熔点高；NH3虽相对分子质量只有17，但是分子间存在氢键使得熔点升高；Br2常温下为液体；CO和N2相对分子质量为28， N2为非极性分子，CO是极性分子，CO分子间作用力强于N2，CO的熔点更高些。熔点由高到低的排序为②⑤③①④；
(7)Ti2+和CN－中的C原子形成配位键，形成配离子，不考虑空间构型，结构为；
(8)首先生成氢氧化铜沉淀，再生成四氨合铜离子，方程式为Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，Cu(OH)2＋4NH3·H2O=Cu(NH3)42＋＋4H2O＋2OH－。

20.已知A、B、C、D、E、F、G为七种短周期主族元素，原子序数依次增大。已知：A、F的最外层电子数分别等于各自的电子层数，其中A的单质在常温下为气体。C与B、G在元素周期表中处于相邻位置，这三种元素原子的最外层电子数之和为17，质子数之和为31。D与F同周期，且在该周期中D元素的原子半径最大。根据以上信息回答下列问题：
(1)B、C、G的氢化物中稳定性最强的是__________(填化学式)，G的某种氧化物能使溴水褪色，写出该反应的化学方程式__________________________________________。
(2)B、C、D、E、F形成的简单离子半径由大到小的顺序为__________________(用离子符号表示)。
(3)A与B能形成离子化合物A5B，A5B中既含离子键又含共价键，其电子式为________，该物质能与水剧烈反应生成两种气体，这两种气体的化学式是__________。
(4)D、A、C和碳元素组成的化合物的水溶液呈________性，用离子方程式解释其原因________________________________________________________。
【答案】 (1). H2O (2). SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr (3). N3－>O2－>Na＋>Mg2＋>Al3＋ (4). (5). H2、NH3 (6). 碱 (7). HCO＋H2OH2CO3＋OH－
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F、G为七种短周期的主族元素，原子序数依次增大，A的最外层电子数等于电子层数，且A的单质在常温下为气体，则A为H元素；C与B、G在元素周期表中处于相邻位置，结合原子序数依次增大，可知C、B同周期，C、G同主族，设C、G最外层电子数为x，则B最外层电子数为x-1，故x+x+x-1=17，解得x=6，故C为O元素、B为N元素、G为S元素，三者质子数之和为31；F的最外层电子数等于电子层数，原子序数大于氧，只能处于第三周期，故F为Al；D与F同周期，且在该周期中D元素的原子半径最大，则D为Na，E的原子序数介于Na、Al之间，则E为Mg；
【详解】（1）根据上述分析可知，B是N元素，C是O元素，G为S元素，在O、N、S三元素中，O非金属性最强，故三者氢化物中H2O最稳定；G的氧化物SO2具有还原性能使溴水褪色，该反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；
（2）根据上述分析，B、C、D、E、F分别是：N、O、Na、Mg、Al，它们的离子核外电子数都是10，原子序数越大，离子半径反而小，故离子顺序是：N3-＞O2-＞Na+＞Mg2+＞Al3+；
（3）根据上述分析，A为H，B为N，其形成即含有离子键又含共价键的物质是NH4H，则其电子式为：。NH4H与水反应生成的气体是：H2、NH3；
（4）根据上述分析，A为H，C为O，D为Na与碳元素形成的化合物是NaHCO3，HCO3-的水解程度大于电离程度，故NaHCO3溶液呈碱性，离子方程式为：HCO3－+H2O⇌H2CO3+OH-。

21.X、Y、Z、W、M五种元素位于周期表的前四周期，原子序数依次增大，其中X元素是宇宙中最丰富的元素，Y元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，W元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，M含有未成对电子数最多的元素。请回答下列问题。
(1)Y、Z、W的第一电离能由大到小的顺序为______________。(用元素符号表示)
(2)M原子的外围电子排布式为________。
(3) X2W2分子中W原子轨道的杂化类型为________。
(4)Z与W可形成的一种ZW3-阴离子，与其互为等电子体的阴离子为_______(任写一种)。
(5)MCl3能与Z、W的氢化物形成配位数为6的配合物，且相应两种配体的物质的量之比为2∶1，氯离子全部位于外界。则该配合物的化学式为_______。
【答案】（10分）
（1）C＜N＜O (2分) （2）3d54s1(2分)
（3）sp3(2分) （4）CO32-(2分)
（5）[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3 (2分)
【解析】
试题分析：宇宙中最丰富的元素是H元素，则X为H元素，Y元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，则Y原子的电子排布为1s22s22p2，Y为C元素，W元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则W为O元素，M含有未成对电子数最多的元素，则M为Cr元素，未成对电子数为6。
（1）非金性越强，电负性越大，因为非金属性的顺序为：C＜N＜O，所以电负性由小到大的顺序为：C＜N＜O。
（2）M为Cr元素，外围电子排布式为：3d54s1。
（3）X2W2为H2O2，分子中O原子形成了2个σ键，同时O原子还含有2对孤电子对，所以杂化轨道数目为4，即杂化类型为sp3。
（4）Z与W可形成的ZW3-阴离子为NO3‾，原子数相同，价电子数相同的微粒互为等电子体，与NO3‾互为等电子体的阴离子为CO32‾。
（5）MCl3为CrCl3，Z、W的氢化物为NH3、H2O，因为配位数为6，且相应两种配体的物质的量之比为2∶1，所以该配合物含4个NH3、2个H2O，氯离子全部位于外界，则该配合物的化学式为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。
考点：本题考查元素的推断、电负性、电子排布式、杂化类型、

22.研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题:
(1)Co基态原子核外电子排布式为____。元素Mn与O中，电负性较大的是___，基态原子核外未成对电子数较多的是____。
(2)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为____和____。
(3)在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为____。
(4)硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在____。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 (2). O (3). Mn (4). sp (5). sp3 (6). H2O>CH3OH>CO2>H2 (7). 离子键和π键
【解析】
【详解】（1）Co的核电荷数为27，基态原子核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O元素是非金属元素而Mn是过渡金属元素，因此第一电离能较大的是O；O基态原子价电子排布式为2s22p4，所以其核外未成对电子数为2，Mn基态原子价电子排布式为3d54s2，所以其核外未成对电子数为5，因此Mn与O基态原子核外未成对电子数较多的是Mn；综上所述，本题答案是：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 O Mn；
（2）CO2的分子构型为直线型，C的价层电子对数为2，中心碳原子为sp杂化，CH3OH中心碳原子形成4个σ键，C上没有孤电子对，C为 sp3杂化；综上所述，本题答案是：sp，sp3；
（3）CO2低压合成甲醇反应中所涉及的4种物质中，水和甲醇均为极性分子，分子间有氢键，且水分子形成的氢键较多，沸点最高；CO2与H2均为非极性分子, CO2相对分子质量较大，分子间作用力较大，沸点高于H2，因此沸点从高到低的顺序为： H2O>CH3OH>CO2>H2；
（4）硝酸根离子中含有σ键和π键，且硝酸锰为离子化合物，离子化合物中一定含有离子键；综上所述，本题答案是：离子键和π键。