【文档说明】【精准解析】江西省宜春市第九中学2019-2020学年高二下学期第二次月考化学（网班）试题.doc，共(21)页，676.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试题可能用到的相对原子质量：H-1O-16Na-23S-32P-31第I卷选择题一、选择题（每题3分，共54分，每小题一个正确答案）1.下列叙述中，正确的是()A.在多电子的原子里，能量高的电子通常在离核近的区域内活动B.核外电子总是先排在能量低的电子层上，例如只有排满了L层后才排

M层C.两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同D.微粒的最外层只能是8个电子才稳定【答案】B【解析】【详解】A．原子核外区域能量不同，离核越近能量越低，离核越远能量越高，所以在多电子的原子里，

能量高的电子通常在离核远的区域内活动，故A错误；B．核外电子总是先排在能量低的、离核最近的轨道电子层里，例如一般先排满了L层后才排M层，故B正确；C．两种微粒，若核外电子排布完全相同，其性质不一定相同，如Na+和Ne核外都有10个电子，电子排布相同，但是二者性质不同，故C错误；D．通常认为最

外层有8个电子的结构是一种稳定结构，最外层是第一电子层时有2个电子为稳定结构，故D错误；答案选B。【点睛】核外电子排布相同的粒子可以是同种元素，也可以是不同种元素，如：同一元素的不同核素电子层结构相同，化学性质相同，但物理性质不同，不同元素的微粒可形成电子层结构相同的微粒

，化学性质和物质性质都可不同。2.下列能级中，能级符号正确且轨道数为5的是（）A.2dB.3pC.4dD.5s【答案】C【解析】【分析】量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，s能级有1个原子轨道，p能级有3个原子轨道，d能级有5个原子轨道

，f能级有7个原子轨道，以此解答该题。【详解】A．2d指第2能层的d能级，电子层为2，能级只有s和p，不存在2d能级，故A错误；B．3p指第3能层的p能级，电子层为3，能级有s、p、d三种能级，存在3p能级，有3个轨道，故B错误；C．4d指第4能层的d能级，电子层为4，能级有

s、p、d、f四种能级，存在4d能级，有5个轨道，故C正确；D．5s指第5能层的s能级，电子层为5，能级有s、p、d、f、g五种能级，存在5s能级，有2个轨道，故D错误；答案选C。【点睛】原子轨道概念是解本题关键，注意能级上的轨道数与能层无关。3.X、Y、Z表示三种元素的原子，其最外层电

子排布分别为ns1、3s23p4和2s2p4，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是A.XYZ2B.XYZ3C.X2Y2Z3D.X3YZ4【答案】C【解析】【分析】X原子最外层电子排布为ns1，处于第ⅠA族，化合价为+1，Y原子最外层电子排布为3s23p4，则Y为S元素，Z原子最外层电

子排布为2s22p4，则Z为氧元素，化合价为-2，结合化合价规则与常见物质化学式进行判断。【详解】A．XYZ2中Y的化合价为+3价，Y为S元素，没有+3价，不符合，故A错误；B．XYZ3中Y的化合价为+5价，Y为S元素，没有+5价，不符合，故B错误；C．

X2YZ3中Y的化合价为+4价，Y为S元素，有+4价，符合，如H2SO3，故C正确；D．X3YZ4中Y的化合价为+5价，Y为S元素，没有+5价，不符合，故D错误；故选：C。4.下列原子轨道表示式中，表示氧原子的基态电子轨道排布式正确的是A.B.C.D.【答案】B【解

析】【详解】由于简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，原子的能量最低，O原子能量最低排布是；故选：B。5.前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y在同周期中电负性最小，二元化

合物E中元素Y和W的质量比为23：16；同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小；T元素的价电子排布式为3d104s1。下列说法正确的是（）A.简单离子的半径Y＞Z＞WB.最高价氧化物对应水化物的酸性W＞Z＞XC.W和T的单质混合加热可得化合物T2WD.W的单质在足量的氧气

中燃烧，所得产物溶于水可得强酸【答案】C【解析】【分析】X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为

Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，据此分析；【详解】X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y

的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，A.Y、Z、W简单离子分别是Na＋、Al3＋、S2－

，因此简单离子半径大小顺序是r(S2－)>r(Na＋)>r(Al3＋)，故A错误；B.三种元素最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、Al(OH)3、H2SO4，硫酸酸性最强，氢氧化铝为两性，因此酸性强弱顺序是H2SO4>H2CO3>Al(OH)3，

故B错误；C.Cu与S在加热条件下发生反应，因为S的氧化性较弱，因此将Cu氧化成较高价态，得到产物是Cu2S，反应：2Cu＋SCu2S，故C正确；D.S在足量的氧气中燃烧生成SO2，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸为中强酸，故D错误；答案

：C。【点睛】易错点是选项D，学生认为S与足量的O2反应生成SO3，SO3溶于水后生成H2SO4，学生：C与O2反应，如果氧气不足，则生成CO，氧气过量，则生成CO2，S和C不太一样，S与氧气反应，无论氧气过量与否，

生成的都是SO2，SO2转化成SO3，需要催化剂、高温条件。6.下列各组原子中彼此化学性质一定相似的是()A.原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子B.原子核外M层上

仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子C.2p轨道上有一对成对电子的X原子和3p轨道上只有一对成对电子的Y原子D.最外层都只有一个电子的X、Y原子【答案】C【解析】【详解】A.原子核外电子排布式为1

s2是He，原子核外电子排布式为1s22s2是Be，二者性质不同，故A项错误；B.原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Fe、Zn等元素，价电子数不同，性质不相同，故B项错误；C.2p轨

道上有一对成对电子的X为O元素，3p轨道上只有一对成对电子的Y为S元素，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C项正确；D.最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H与Cu原子等，性质不

同，故D项错误；综上，本题选C。7.W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，Y元素的简单离子是同周期元素的简单离子中半径最小的，Z元素和W元素同主族，R元素被称为“成盐元素”。下列

说法错误的是A.W元素和X元素形成的化合物WX2属于非极性分子B.工业上常用电解熔融Y元素和R元素形成的化合物的方法来制取单质YC.制造日常生活中所使用的计算机芯片需要消耗大量单质ZD.X元素和R元素形成的某种化合物可用于自来水的消毒【答案】B【解析】【分析】W

、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的一种核素可用于鉴定文物年代，所以W是C元素，X元素的一种单质可作为饮用水消毒剂，所以X为O元素，Y元素的简单离子是同周期元素中半径最小的，所以Y为Al元素，Z和W同主族，所以Z为Si元素，R元素被称为“成盐元素”，所以R为Cl元

素。【详解】A、WX2是CO2，CO2为非极性分子，故A正确；B、Y和R化合物为AlCl3，AlCl3为共价化合物，工业上常用电解熔融氧化铝制备铝单质，故B错误；C、Si为良好的半导体，常用于制备计算机芯片，故C正确；D、元素X和

R形成的ClO2，具有强氧化性，可用于自来水的消毒杀菌，故D正确；故选B。8.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中正确的是（）A.Y的价层电子排布式是25nsnpB.四种元素所形成的最简单氢化物中，沸点最高的是可能Y的氢化物C.Y、Z之间可形成离

子型化合物D.X、Z、W的最高价氧化物所对应的水化物不可能均是强酸【答案】B【解析】【详解】A．题中信息无法确定Y位置，则Y的价层电子排布式不一定为ns2np5，故A错误；B．根据X、Y、Z、W在周期表中

的相对位置可知，Y可能为C、N、O，当Y为N时，形成的最简单氢化物为氨气，分子间能够形成氢键，沸点最高，当Y为O时，X为N，Z为S，W为Cl，水常温下为液体，水的沸点最高，故B正确；C．根据X、Y、Z、W在周

期表中的相对位置可知，Y可能为C、N、O，Y、Z同主族，且为短周期元素，二者形成的化合物只含有共价键，不可能形成离子化合物，故C错误；D．当X、Z、W分别为N、S、Cl时，对应最高价含氧酸分别为硝酸、硫酸和高氯酸，都是强酸，故D错

误；故选B。【点睛】本题的难点为无法确定元素的种类。本题的易错点为D，要注意根据元素在周期表中的相对位置举例说明。9.第ⅤA族元素的原子R与A原子结合形成RA3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态

时，分子结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法中正确．．的是（）A.每个原子都达到8电子稳定结构B.键角(Cl—R—Cl)有90°、120°、180°几种C.RCl5受热后会分解生成分子RCl3，RCl5和RCl3都是极性分子D.分子中5个R—Cl键键能各不相同【答案】B【解

析】【详解】A．R元素最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以RCl5分子的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，A项错误；B．上、下两个顶点的原子与中心R原子形成的键角为180°，中间的平面三角形中，中心原子与三个项点的原子形成的

键角为120°，中心原子与上、下顶点原子、与此三角形平面项点的原子形成的键角为90°，所以键角(Cl—R—Cl)有90°、120°、180°几种，B项正确；C．由图可知RCl5分子空间构型是高度对称的，形成非极性分子，而RCl3是三角锥形结构，其分子是极性分子，C项错误；D

．分子上、下顶点的Cl原子与R原子形成的键长相同，键能相同，平面上正三角形顶点三个Cl原子与R原子形成的键长相同，键能相同，D项错误；所以答案选择B项。10.短周期主族元素A、B形成AB3型分子，下列有关叙述正确的是（）A.若A、B为同一周期元素，则AB3分子一定为平面正三角形B.若A

B3分子中的价电子个数为24个，则AB3分子为平面正三角形C.若A、B为同一主族元素，，则AB3分子一定为三角锥形D.若AB3分子为三角锥形，则AB3分子一定为NH3【答案】B【解析】【详解】A、若A、B为同一周期的P和Cl元素，形成PCl3时，中心原子磷是sp3杂化，立体构型为三

角锥形，故A错误；B、若AB3分子中的价电子个数为24个，可以推出来A为硼或铝，B为氟或氯，无论哪种组合，中心原子都是sp2杂化，无孤对电子，分子都是平面正三角形，故B正确；C、若A、B为同一主族元素，硫和氧形成的三氧化硫，硫是sp2杂化，是平面正三角形，故

C错误；D、若AB3分子为三角锥形，则AB3分子可能为NH3，也可能是PH3，故D错误；答案选B。11.Co(Ⅲ)的八面体配合物CoClm·nNH3，若1mol该配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则m、n的值是A.m＝1，n＝5B.m＝3，n＝4C.m＝5，n

＝1D.m＝4，n＝5【答案】B【解析】【详解】Co（Ⅲ）的八面体配合物CoClm·nNH3,CoClm·nNH3呈电中性，因为NH3为中性分子，所以故m的值为3，而1mol该配合物与AgNO3作用生成1molAg

Cl沉淀，则其内界中只含2个氯离子，又因为该配合物为八面体，则中心原子的配位数为6，所以n的值为4，即该配合物的结构是：[CoCl2(NH3)4]Cl，所以本题选择B。12.以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.36g冰(图甲）中含共价键数目为4NAB.12g

金刚石(图乙）中含有σ键数目为4NAC.44g干冰(图丙）中含有NA个晶胞结构单元D.12g石墨(图丁）中含σ键数目3NA【答案】A【解析】【详解】A．1个水分子中含有2个O-H键，36g冰的物质的量为

2mol，含O-H键数目为4NA，故A正确；B．12g金刚石中含有1molC原子，晶体金刚石中，每个碳原子与其它4个Ci形成4个C-C键，则每个C原子形成的共价键为：12×4=2，则1mol单质金刚石含有2molC-C键，含有2NA个σ键，

故B错误；C．1个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子，44g干冰的物质的量为1mol，含有晶胞结构单元个数为0.25NA个，故C错误；D．在石墨中，每个碳原子周围有三个C-C单键，所以每个碳原子实际占化学键为1.5个，12

g石墨即1mol所含碳碳键数目为1.5NA，故D错误；故答案为A。13.高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为-2价，如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是（）A.超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2-B.晶体中每个

K+周围有8个O2-，每个O2-周围有8个K+C.晶体中与每个K+距离最近的K+有8个，晶体中与每个O2-距离最近的O2-有6个D.晶体中其中0价氧和-2价氧的物质的量之比为1：1【答案】A【解析】【详解】A．

由晶胞图可知，K+的个数为8×18+6×12=4，O2-的个数为12×14+1=4，故化学式为KO2，故A正确；B．由晶胞图可知，晶体中每个K+周围有6个O2-，每个O2-周围有6个K+，故B错误；C．由晶胞图可知，晶体中与每个K+距离最近的K+有12个，与每个O2

-距离最近的O2-有12个，故C错误；D．晶胞中K+与O2-个数分别为4、4，所以晶胞中共有8个氧原子，根据电荷守恒-2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8-2=6，所以晶体中，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3：1，故D错误；故答案为A。【点睛】均

摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占18份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占14份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只

占12份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。14.已知P4单质的结构如下，P4在KOH溶液中的变化是：P4+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3↑，下列说法正确的是（）A.产物PH3分子中所有的原子可

能共平面B.31gP4含有1.5NA个P−P键C.相关元素的电负性大小顺序：P>O>H>KD.P4中P原子为sp2杂化【答案】B【解析】【详解】A.PH3分子的空间结构为三角锥形，所有的原子不可能共平面，A错误；B.P4的空间构型为，31gP4

的物质的量为0.25mol，含有1.5NA个P−P键，B正确；C.同一周期，从左到右电负性增大，同一主族，从上到下电负性减小，所以电负性O>P，C错误；D.P4分子中P原子含有的价层电子对数是4，其中含有

一对孤对电子，所以P原子的杂化形式为sp3杂化，D错误；故答案为：B。15.下列叙述不正确的是①热稳定性：H2O＞HF＞H2S②熔点：Al＞Na＞K③第ⅠA、ⅡA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相

同的核外电子排布④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⑤沸点：NH3＜PH3＜AsH3⑥已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571kJ·mol﹣1，则氢气的燃烧热为285.5kJ·mol﹣1⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气

须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P＞N．A.②④⑥B.①③⑤⑦C.②④⑥⑦D.⑤⑥⑦【答案】B【解析】【详解】①元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性F＞O＞S，则热稳定性：HF＞H2O＞H2S，①错误；②金属晶体中原子半径越小

，金属离子所带电荷越多，金属键越强，熔点越高，原子半径：Al，则金属键：Al＞Na＞K，金属键的作用力越越弱，熔点越低，则熔点：Al＞Na＞K，②正确；③原子失去电子形成阳离子，电子层减少，则ⅠA、ⅡA族元素的阳离子与

上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，③错误；④从ⅢB族到ⅡB族10个纵行为过渡元素，均为金属元素，④正确；⑤一般来说，相对分子质量越大，沸点越高，但氨气分子间存在氢键，所以沸点：PH3＜AsH3＜NH3，⑤错误；⑥燃烧热是指1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量，由2H

2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571kJ•mol-1，则氢气的燃烧热为285.5kJ•mol-1，故⑥正确；⑦反应的难易与化学键的键能有关，由同主族元素的性质可知，非金属性N＞P，故⑦错误。综上所述，相关叙述不正确的是①③⑤⑦，故答案选B。16.微生物电池是指在微生物的作用

下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是A.正极反应中有CO2生成B.微生物促进了反应中电子的转移C.质子通过交换膜从负极区移向正极区D.电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O【答案】A【解析

】【详解】A．根据图象，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，因此CO2在负极产生，

故A错误；B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子(H+)通过交换

膜从负极区移向正极区，故C正确；D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；故选A。17.锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+

2H2O===2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（）A.充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B.充电时，电解质溶液中c(OH－)逐渐减小C.放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42－D.放电时，电路中通过2mol

电子，消耗氧气22.4L（标准状况）【答案】C【解析】【详解】A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；C．

放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；D．标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；答案选C。【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出

还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4

OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的

逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。18.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通

过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是A.通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C.负

极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低D.当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成【答案】B【解析】【详解】A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正

极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放

电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据

整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。故选B。【点睛】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考

的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液pH的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考

查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：(包括第19题~第22题4个大题，共46分。)19.亚硝酸盐与钴（Ⅲ）形成的一种配合物1Co（NH3）5NO2]Cl2的制备流程如下：（1）Co2+基态核外电子排布式为________

_______。（2）配合物1Co（NH3）5Cl]Cl2中与Co3+形成配位键的原子为_________（填元素符号）；配离子1Co（NH3）5NO2]2+的配体中氮原子的杂化轨道类型为_________。（3）与NO2－互为等电子体的单质分子为_____________

__（写化学式）。（4）H2O2与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_______________。（5）亚硝酸盐在水体中可转化为强致癌物亚硝胺，亚硝胺NDMA的结构简式如图所示，1molNDMA分子中含有键的数目为_____

____mol。【答案】(1).[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7(2).N和Cl(3).sp2和sp3(4).O3(5).H2O2与H2O之间可以形成氢键(6).10【解析】【详解】（1）Co2+核外有25个电子，基态核外电子

排布式为1s22s22p63s23p63d7；（2）氮原子与氯离子提供孤电子对与Co3+形成配位键；Co（NH3）5NO2]2+的配体中氮原子的杂化轨道sp3；而NO2-中氮原子的杂化轨道类型为sp2；（3）NO2-的电子数为24，气

等电子体为O3；（4）H2O2与H2O可以形成氢键，溶解度增大，导致二者之间互溶；（5）双键中一个∏键，一个σ键；1molNDMA分子中有6molC-H；2molC-N；1molN-N；1molN-Oσ键,共10摩尔；20.据《科技日报》报

道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)催化剂，在室温条件下以H2O2为氧化剂直接将CH4氧化成C的含氧化合物。请回答下列问题：（1）在Mn、Fe、Co、Ni、Cu中，某基态原子核

外电子排布遵循“洪特规则特例”（指能量相同的原子轨道在全满、半满、全空状态时，体系的能量最低），该原子的外围电子排布式为__。（2）在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素是__（填元素符号）。（3）铜的焰色反应呈绿色，在

现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素称为__。（4）石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中的C-H键，导致C与H之间的作用力__(“减弱”或“不变”)。（5）常温下，H2O2氧化CH4生成CH3OH、HCHO、HC

OOH等。①它们的沸点分别为64.7℃、-19.5℃、100.8℃，其主要原因是_；②CH4和HCHO比较，键角较大的是__，主要原因是__。【答案】(1).3d104s1(2).Cr(3).光谱分析(4).减弱(

5).HCOOH、CH3OH存在氢键，且HCOOH中氢键更强，HCHO分子间只存在范德华力，氢键比范德华力更强(6).HCHO(7).CH4中C原子采取sp3杂化，HCHO中C原子采取sp2杂化【解析】【分析】(1)具有全充满、半充满、全空的电子构型的原子更稳定；(

2)在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素的价电子排布式为3d54s1；(3)用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素称为光谱分析；(4)石墨烯限域单原子铁活化CH4分子中的C-H键，说明在催化剂条件下C-H更容易发生断

裂，其键能降低；(5)①HCOOH、CH3OH存在氢键，且HCOOH中氢键更强，HCHO分子间存在范德华力，氢键比范德华力更强；②CH4为正四面体构型，HCHO为平面三角形，键角主要由碳原子杂化方式决定。【详解】(1)具有全充

满、半充满、全空的电子构型的原子更稳定，在Mn、Fe、Co、Ni、Cu的外围电子排布式分别为3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s1，则基态Cu原子核外电子排布遵循“洪特规则特例”；(2)在3d过渡金属中，基态原子

未成对电子数最多的元素的价电子排布式为3d54s1，该元素为Cr；(3)用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素称为光谱分析；(4)石墨烯限域单原子铁活化CH4分子中的C-H键，说明在催化剂条件下C-H更容易发生断裂，其键能降低，即导致C与H之

间的作用力减弱；(5)①HCOOH、CH3OH存在氢键，且HCOOH中氢键更强，HCHO分子间存在范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点HCOOH＞CH3OH＞HCHO；②CH4中C原子采取sp3杂化，为正四面体构型，HCHO中C原子采取sp2杂化，为平面三角形，HCHO中键角

较大。21.硫化锌（ZnS）晶体用作分析试剂、荧光体、光导体材，久置湿空气中易被氧化为ZnSO4。回答下列问题：（1）写出基态Zn原子的价电子排布式__，基态S原子核外未成对电子数为__。（2）ZnSO4中三种元素的电负性由大到小的顺序为__，SO42-的立体构型为__，其中S的

杂化轨道类型为__。（3）硫酸锌溶于氨水可生成[Zn(NH3)4]SO4溶液，[Zn(NH3)4]SO4溶液中不存在的微粒间作用力有__。a.离子键b.共价键c.配位键d.范德华力e.氢键（4）根据下列锌卤化物的熔点和溶解性，分析ZnCl2、ZnBr2、ZnI2熔点依次增大的原因__。ZnF2

ZnCl2ZnBr2ZnI2熔点/℃872275394446在乙醇、乙醚中溶解性不溶溶解溶解溶解（5）钾晶体晶胞结构如图所示，距离最近的两个钾原子距离为acm，阿伏加德罗常数为NA。①钾原子核外运动状态不同的电子数是___。②钾晶体的密度是_

__。【答案】(1).3d104s2(2).2(3).O、S、Zn(4).正四面体形(5).sp3(6).a(7).ZnCl2、ZnBr2、ZnI2都是分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增强，熔沸点升高(8)

.19(9).3A11734aN【解析】【分析】(1)Zn位于周期表中第四周期，第IIB族，结合Zn的核外电子排布式解答，S是氧族元素，价电子排布式为3s23p4，p轨道上有未成对电子；(2)ZnSO4中三种元素为Zn，S，O，非

金属元素的电负性普遍大于金属元素，根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断24SO−的立体构型，等电子原理是原子数相同的条件下，原子的价电子数相同，据此解答；(3)[Zn(NH3)4]SO4为配合物，其溶于水后完全电离出[Zn(NH3)4]2+

和24SO−，根据离子中存在的化学键判断；(4)乙醇、乙醚都是有机溶剂，根据相似相溶原理，溶解的应是结构相似的物质，也就是溶质分子的分子间力与溶剂分子之间的分子间力越相似，越易互溶；分子晶体组成相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点上升；(5)①钾

原子核电荷数为19，原子核外有19个电子；②晶胞中顶点钾原子和中心钾原子距离最近，且两个钾原子距离为acm，则晶胞的边长为23acm，晶胞的体积为3833acm3，晶胞中K原子数目为8×18+1=2，晶胞的质量为7

8ANg，据此计算钾晶体的密度。【详解】(1)基态Zn原子在元素周期表中所处的位置是第四周期，第IIB族，基态Zn的价电子排布式为3d104s2；S元素为氧族元素，价电子排布式为3s23p4，3p轨道排4个电子，其中只有一对是成对的，剩余2个为单电子，因此未成对电子数为2；(2)ZnSO4中

三种元素为Zn，S，O，非金属元素的电负性普遍大于金属元素，同主族元素从上到下，电负性值逐渐减少，因此电负性顺序为O＞S＞Zn；对于24SO−，根据VSEPR理论，24SO−中，与中心S原子的成键原子数为BP=4，孤电子对数为62

422−+=0，则价电子对数为4+0=4，根据杂化轨道理论可知S原子为sp3杂化，则24SO−的立体构型为正四面体形；(3)[Zn(NH3)4]SO4为配合物，其溶于水后完全电离出[Zn(NH3)4]2+和24SO−，则溶液中不存在离子键，H2O、24SO−和NH3内

存在的作用力为共价键，[Zn(NH3)4]2+内存在配位键，水分子间存在范德华力和氢键，24SO−中存在共价键，综上，不存在的作用力是离子键，故答案为a；(4)ZnCl2，ZnBr2，ZnI2，组成与结构相似，在乙醇乙醚

溶剂中能溶解，表明均为分子晶体，对于组成和结构相似的分子晶体，随着相对分子质量的增加，范德华力增强，熔沸点也相应升高；(5)①钾原子核电荷数为19，原子核外有19个电子，钾原子核外运动状态不同的电子数是19；②晶胞中顶

点钾原子和中心钾原子距离最近，且两个钾原子距离为acm，则晶胞的边长为23acm，晶胞的体积为3833acm3，晶胞中K原子数目为8×18+1=2，晶胞的质量为78ANg，钾晶体的密度为3378g8cm33ANa=3A11

734aNg/cm3。【点睛】考查原子杂化方式及分子的立体构型的判断，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=12(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成

稳定结构需要的电子个数；根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型

是平面三角形。22.某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合K时，观察到电流表的指针发生了偏移。请回答下列问题：（1）甲装置的名称是________；乙装置的名称是________；Zn极为____

____极；Pt极为______极。（2）写出电极反应式：Cu极_____________；石墨棒极____________。（3）当甲中产生0.1mol气体时，乙中析出铜的质量应为________；乙中产生的气体在标准状况下的体积应为________。（4）若

乙中溶液不变，将其电极都换成铜电极，闭合K一段时间后，乙中溶液的颜色________（填“变深”、“变浅”或“无变化”）。（5）若乙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，闭合K一段时间后，甲中溶液的pH将________

（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）；乙中溶液的pH将_______。（6）若乙中电极不变，将其溶液换成饱和24NaSO溶液，闭合K一段时间，当阴极上有amol气体生成时，同时有242wgNaSO10HO析出，假设温度不变，剩余溶液中溶质的质

量分数应为_____（用含w、a的代数式表示，不必化简）。【答案】(1).原电池(2).电解池(3).负(4).阳(5).+22H+2e=H－(6).2+-Cu+2e=Cu(7).6.4g(8).2.24L(9).无变化(10).增大(11).增

大(12).142W100%322(W+18a)【解析】【分析】(1)Zn、Cu和稀硫酸可构成原电池，其中Zn是负极，Cu是正极；乙装置是电解池，石墨棒为阴极，Pt为阳极；(2)Cu极上发生还原反应；石墨棒上

也发生还原反应；(3)通过甲、乙装置中电子的物质的量相等，当甲中产生20.1molH时，电路中通过0.2mol电子，乙中析出0.1molCu和放出20.1molCl；(4)若将乙中两个电极都换成铜，则乙装置相当于电解精炼铜的装置，阳极溶解的铜和阴极析出的铜一样多，

溶液中2Cu＋的浓度基本不变；(5)若将乙中溶液换成NaCl溶液，则乙装置就是电解饱和食盐水的装置，因反应生成了NaOH,故电解后溶液的pH增大。反应时甲溶液中消耗了H，溶液酸性减弱；(6)电解24NaSO溶液的本质是电解水，阴极上析出的

amol气体是2H，则反应中有2amolHO被电解，此2amolHO和析出的242WgNaSO10HO构成饱和溶液，该饱和溶液与剩余饱和溶液的溶质质量分数相同。【详解】（1）Zn、Cu和稀硫酸可构成原电池，其中Zn

是负极，Cu是正极；乙装置是电解池，石墨棒为阴极，Pt为阳极，答案为：原电池；电解池；负；阳；（2）Cu极上发生还原反应：22H2eH＋－＋=；石墨棒上也发生还原反应：2Cu2eCu=＋－＋，答案为：22H2e=H＋－＋；2C

u2eCu=＋－＋；（3）通过甲、乙装置中电子的物质的量相等，当甲中产生20.1molH时，电路中通过0.2mol电子，乙中析出0.1molCu和放出20.1molCl，生成铜的质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，生成氯气标准状况下的体积为0.1mol×2

2.4L/mol=2.24L，答案为：6.4g；2.24L；（4）若将乙中两个电极都换成铜，则乙装置相当于电解精炼铜的装置，阳极溶解的铜和阴极析出的铜一样多，溶液中2Cu＋的浓度基本不变，溶液的颜色基本不变。答案为：无变化；（5）若将乙中溶液换成NaCl溶液，则乙装置就是电解饱和

食盐水的装置，因反应生成了NaOH，故电解后溶液的pH增大。反应时甲溶液中消耗了H＋，溶液酸性减弱，pH也增大。答案为：增大；增大；（6）电解24NaSO溶液的本质是电解水，阴极上析出的amol气体是2H，则反应中有2amolHO

被电解，此2amolHO和析出的242WgNaSO10HO构成饱和溶液，该饱和溶液与剩余饱和溶液的溶质质量分数相同。则剩余溶液中溶质的质量分数142W142W322x100%100%18aW322(18aW)==++答案为：

142W100%322(W+18a)。