【文档说明】江西省宜春市宜丰县宜丰中学2019-2020学年高二下学期开学考试化学试题【精准解析】.doc，共(23)页，1002.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16K—39Ag—108第I卷（选择题，共40分）一：选择题（共20题，每题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。）1.下列有关氧元素及其化合物的化学用语表示正确的是A.

质子数为8、中子数为10的氧原子：108OB.过氧化钠的电子式：C.基态氧原子的电子轨道表达式：1s22s22p4D.次氯酸的结构式：H—Cl—O【答案】B【解析】【详解】A．质子数为8，中子数为10的氧原子质量数为8+10=18，符号为188O，故A错误；B．过氧化钠由

钠离子和过氧根构成，电子式为，故B正确；C．基态氧原子的电子轨道表达式为：，选项所给为电子排布式，故C错误；D．次氯酸的结构式为H-O-Cl，故D错误；故答案为B。2.某种元素的部分电离能数据如下（单位：kJ/mol），该元素最可能是Ⅰ1Ⅰ2Ⅰ3Ⅰ4…

…5781817274511575……A.s区元素B.f区元素C.p区元素D.d区元素【答案】C【解析】【详解】根据表格数据，该元素第三电离能和第四电离能相差较大，则最外层电子数为3，最可能位于第ⅢA族，属于p区元素，故答案为C。3.下列叙述正确的是

A.已知二甲苯的沸点顺序是：邻二甲苯>对二甲苯；则羟基苯甲醛的沸点顺序是：邻羟基苯甲醛>对羟基苯甲醛B.核磁共振氢谱可以测定晶体的结构C.乳酸分子(CH3―CH(OH)―COOH)中有1个手性碳且1mol该分子中有10molσ键D.H3PO2与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2，所以H3P

O2是一元酸【答案】D【解析】【详解】A．对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，沸点较高，而邻羟基苯甲醛主要存在分子内氢键，故A错误；B．核磁共振仪可以测定有机分子里不同化学环境的氢原子及其相对数量，故B错误；C．碳原子连

接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸分子中与羟基相连的碳原子为手性碳；分子中含有10个单键和1个双键，所以1mol该分子中有11molσ键，故C错误；D．H3PO2与足量的NaOH溶液反应，生成NaH2PO2，说明H3PO2只能电离出一个氢离子，所以H3PO2是一元酸

，故D正确；故答案为D。4.以下对核外电子运动状况的描述正确的是A.3p2表示3p能级有两个轨道B.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道依次增多C.在同一能级上运动的电子，其运动状态可能相同D.当碳原子的核外电子排布由

转变为时，这一过程中释放能量【答案】D【解析】【详解】A．3p2表示3p能级有两个电子，故A错误；B．不同能层的p能级的轨道数相同，均为3，故B错误；C．核外每一个电子的运动状态均不相同，故C错误；D．当碳原子的核外电子排布由转变为时，2p轨道的一个电子跃迁到能量更低的2s轨道，所以释放能量，

故D正确；故答案为D。5.下列说法正确的是A.某原子的2p能级电子排布如图，该图违反了洪特规则B.在[Ag(NH3)2]+离子中，Ag+给出孤对电子，NH3提供空轨道C.科学上可以利用原子光谱上的特征谱线鉴定元素D.基态铜原子的价电子排布图

为【答案】C【解析】【详解】A．洪特规则：在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同，2p能级各轨道能量相同，所以该电子排布图正确，故A错误；B．Ag+提供空轨道，NH3提供孤对电子

，形成配位键，故B错误；C．用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故C正确；D．全空、全满或半满时能量最低，

所以基态铜原子的价电子排布图为，故D错误；故答案为C。【点睛】泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；洪特规则：在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同。6.第三周期元素的原子R，其最外层p能级上仅有一个未成对

电子，它含氧酸的钠盐不可能是A.NaROB.NaRO2C.NaRO3D.Na2RO4【答案】D【解析】【详解】第三周期元素的原子R，其最外层p能级上仅有一个未成对电子，则其p能级电子排布为p1或p5，为Al元素或Cl元素，Al元素

的含氧酸盐有NaAlO2，Cl元素的含氧酸盐有NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4，不可能是Na2RO4，故答案为D。7.下列说法正确的是A.硼的电负性和硅相近B.π键是由两个p轨道“肩并肩”重叠形成的，呈轴对

称。C.Cl2是双原子分子，H2S是三原子分子，这是由共价键的方向性决定的D.原子和其它原子形成共价键时，其共价键数一定等于原子的价电子数【答案】A【解析】【详解】A．B、Si在元素周期表中位于对角线位置，性质相似，其电负性

相近，故A正确；B．π键是由两个p轨道“肩并肩”重叠形成的，为镜面对称，故B错误；C．Cl2是双原子分子，H2S是三原子分子，这是由共价键的饱和性决定的，故C错误；D．例如P元素形成PCl3时共价键数不等于原子的价电子数，故D错误；故答案为A。8.下列关于有机物分子的叙述不

正确的是A.乙烯分子中有一个sp2-sp2σ键和一个p-pπ键B.乙烷分子中既有极性键又有非极性键C.乙醛分子中碳原子有sp2、sp3两种杂化方式，分子中有5个σ键D.苯分子中每个碳原子均存在一个未参与杂化的p轨道，它们之间形成大π键【答案】C【解析】【详解】A．乙烯中C

原子为sp2杂化，两个碳原子sp2杂化轨道重叠形成一个sp2-sp2σ键，未杂化的p轨道重叠形成一个p-pπ键，其余杂化轨道与氢原子s轨道重叠形成sp2-sσ键，故A正确；B．乙烷分子中碳原子和碳原子之间的共价键为非极性键，碳原子和氢原子之间为极

性键，故B正确；C．乙醛分子中形成碳氧双键的碳原子为sp2杂化，另一碳原子为sp3杂化，分子中含有5个单键和一个双键，所以有6个σ键，故C错误；D．苯分子中每个碳原子均存在一个未参与杂化的p轨道，它们之间形成大

π键，D正确；故答案为C。9.现有四种元素基态原子电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是

A.电负性：④＞③＞②＞①B.原子半径：②＞①＞④＞③C.第一电离能：④＞③＞②＞①D.最高正化合价：④＞①＞③=②【答案】C【解析】【分析】由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S，②1s22s22p63s23p3为P，③1s22s22p3为N；④1s22s22p5为

F。【详解】A．非金属性越强，电负性越大，非金属性F>N>S>P，所以电负性④＞③＞①＞②，故A错误；B．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径②＞①＞③＞④，故B错误；C．同主族元素自上而下第一电离能减小

，同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但第ⅤA族元素p能级为半满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能：④＞③＞②＞①，故C正确；D．主族元素最高正价等于族序数，但F没有最高正价，故D错误；故答案为C。【点睛】同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋

势，但第ⅡA族元素(最外层全满)大于第ⅢA元素，第ⅤA族(最外层半满)大于第ⅥA族元素；F和O没有最高正价。10.下面两表分别列出了CO和N2的某些性质及相关键能，有关说法不正确的是A.CO与N2的价电子总数相等B.由表2可知，CO的活泼性不

及N2C.由表1可知，CO的熔沸点高于N2，是因为CO分子间作用力大于N2D.由表2可知，σ键的稳定性不一定强于π键【答案】B【解析】【详解】A．CO的价电子总数为6+4=10，N2的价电子总数为5+5=10，故A正确；B．一个CO分子中含有2个π键，根据表中键能知

，CO中第一个π键的键能是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，N2中第一个π键的键能是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，CO中第一个π键的键能较小，所以CO的第一个π键比N2更容易断，所以一氧化碳比氮气活泼，故B错误；C．一

氧化碳和氮气形成晶体为分子晶体，分子间作用力越大，沸点越高，由表1可知，CO的熔沸点高于N2，是因为CO为极性分子，分子间作用力大于N2，故C正确；D．根据表格数据，CO分子中有一个π键的键能为798.9kJ/mol-357.7kJ/mol=441.2kJ/mol，键能大于C-O单键

即σ键的键能，更稳定，故D正确；故答案为B。【点睛】选项B为易错点，要注意根据表中数据算出CO和N2各个共价键的键能，再进行比较；一般情况下极性分子的分子间作用力要大于非极性分子。11.环戊二烯可用于制备二茂

铁[Fe(C5H5)2]；二茂铁分子是一种金属有机配合物，结构如图所示，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。下列说法正确的是A.1mol环戊二烯()中含有5molσ键B.环戊二烯

分子中所有原子共平面C.二茂铁分子中存在配位键D.Fe2+的价电子排布式为3d44s2【答案】C【解析】【详解】A．环戊二烯中有3个碳碳单键为σ键，2个碳碳双键中有2个σ键，此外还有6个碳氢单键为σ键，所以1mol环戊二烯中含有11mo

lσ键，故A错误；B．环戊二烯中有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的4个原子形成四面体结构，不可能所有原子共面，故B错误；C．Fe2+含有空轨道，环戊二烯离子(C5H5-)含孤电子对，所以二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子(C5H5-)之间的化

学键类型是配位键，故C正确；D．Fe2+由Fe原子失去最外层二个电子形成，价电子排布式为3d6，故D错误；故答案为C。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】【详解】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。1

3.氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如下图所示。常温下S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。下列说法错误的是A.S2Cl2含有非极性键，是非极性分子B.S2Cl2为共价

化合物C.S2Br2与S2Cl2结构相似，分子间作用力：S2Br2>S2Cl2D.S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl【答案】A【解析】【详解】A．据图可知氯化二硫分子中存在S-S键，为非极性键，该分子呈展开书页结构，正负电荷中心不重合

，为极性分子，故A错误；B．S2Cl2分子中只存在共价键，为共价化合物，故B正确；C．S2Br2与S2Cl2结构相似，S2Br2的相对分子质量大于S2Cl2，所以分子间作用力：S2Br2>S2Cl2，故C正确；D．S

2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价(生成SO2)，一部分降低到0价(生成S)，根据电子守恒可得方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，故D正确；故答案为A。14.下列图示中关于铜电极的连接错误的是A.B

.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．原电池，Zn为活泼金属做负极，Cu为正极，正确；B．粗铜精炼时，粗铜和电源的正极相连，作阳极，正确；C．电镀是镀层金属纯铜做阳极，镀件和电源的负极相连，作阴极，错误；D．电解氯化铜溶液，正确。15.下列电

解池电解一段时间后，加入相应的物质能使电解液恢复原浓度的是A.加氢氧化铜可以恢复B.加盐酸可以恢复C.加入CuCl2固体可以恢复D.加硝酸银固体可以恢复【答案】C【解析】【详解】A．该电解池中阳极水电离出的氢氧根放电生成氧气，阴极铜离子放电生成铜单质，相当于电解熔融CuO，加入氢氧

化铜则多加了氢元素，故A错误；B．该电解池阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，只减少HCl，而盐酸中有水，故B错误；C．该电解池中阳极氯离子放电生成氯气，阴极铜离子放电生成铜单质，相

当于电解熔融CuCl2，加入适量的CuCl2固体可以恢复，故C正确；D．该电解池中水电离出的氢氧根放电生成氧气，阴极银离子放电生成Ag单质，相当于电解熔融Ag2O，加硝酸银固体多加了氮元素，故D错误；故答案为C。【点睛】电解质溶液的

复原应遵循“从溶液中析出什么补什么”的原则，即从溶液中析出哪种元素的原子，则应按比例补入那些原子。16.[2017新课标Ⅰ]支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是A.

通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零B.通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C.高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D.通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整【答案】C【解析】本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。A．外加

强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，A正确；B．通电后，被保护的钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C错误；D．通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此

通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D正确。答案选C。17.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。①②③在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确．．．的是A.对比②③，可以判定Z

n保护了FeB.对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法D.将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼【答案】D【解析】分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶

液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能

检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中

不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN

）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方

法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。18.一定条件下，碳钢腐

蚀与溶液pH的关系如下，下列说法不正确的是pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2＋Fe3O4Fe2O3FeO2-A.在pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀B.在pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀C.在煮沸除氧气的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓D

.在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2O【答案】D【解析】【详解】A．pH＜4溶液中，酸性较强，有大量氢离子，所以主要发生析氢腐蚀，故A正确；B．在pH＞6溶液中，酸性很弱，氢离子较少，此时发生吸氧腐蚀

，故B正确；C．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故C正确；D．在pH＞14溶液中，发生吸氧腐蚀，碳钢腐蚀的正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故D错误；故答案为D。19.

LiFePO4电池有稳定性高、安全、环境友好等优点。电池反应为FePO4+LiLiFePO4：电池正极材料为LiFePO4，负极材料是石墨烯和锂，含Li+导电固体为电解质，下列有关此电池说法正确的是A.放电时正极反应为FePO4+Li++e-=LiFePO4B.放电时电池内部Li+向负极

移动C.放电过程中，电池负极材料质量增加D.可加入稀硫酸以提高电解质的导电性【答案】A【解析】【分析】根据电池反应可知，Li被氧化为负极，则放电时LiFePO4电池负极反应为Li-e-=Li+，正极反应为FePO4+Li++e-=Li

FePO4。【详解】A．放电时FePO4被还原为正极，根据总反应可知电极方程式为FePO4+Li++e-=LiFePO4，故A正确；B．放电时为原电池，原电池中阳离子向正极移动，故B错误；C．放电过程中Li为负极，发生反应Li-e-=Li+，电极质量减少，故C错误；D.金属锂可以和硫酸发生化学反

应，所以不能加入硫酸以提高电解质的导电性，故D错误；故答案为A。【点睛】书写较为复杂的电极方程式时，可以先写出简单的一极的方程式，再用总反应减去简单一极的反应，即得另一极反应，如本题中，负极反应很好写，为Li-e-=Li+，则正极就用总反应减去该反应即可得为FePO4+L

i++e-=LiFePO4。20.最近浙江大学成功研制出具有较高能量密度的新型铝一石墨烯(Cn)电池(如图)。该电池分别以铝、石墨烯为电极，放电时电池中导电离子的种类不变。已知能量密度=电池容量(J)÷负极质量(g)。下列分析正确的是A.放电时，Cn(石墨

烯)为负极B.放电时，Al2Cl7-在负极转化为AlCl4-C.充电时，阳极反应为4Al2Cl7-+3e-=A1+7AlCl4-D.以轻金属为负极有利于提高电池的能量密度【答案】D【解析】【详解】A．放电时，铝是活泼的金属，铝是负极，C

n(石墨烯)为正极，选项A错误；B．放电时，铝是活泼的金属，铝是负极，铝发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AlCl4-结合生成Al2Cl7-，选项B错误；C、充电时，Al2Cl7-在阴极得电子发生还原反应，即阴极发生：4

Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-，选项C错误；D、以轻金属为负极有利于提高电池的能量密度，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查学生二次电池的工作原理以及原电池和电解池的工作原理知识，侧重学生的分析能力的考查，属于综合知识

的考查，注意把握电极的判断方法和电极方程式的书写。放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7-，负极反应：方程式为Al+7AlCl4--3e-═4Al2Cl7-，其逆过程就是充电时的阴极反应Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-；正极反应为3Cn[AlCl4]+3e-=3Cn+3A

lCl4-，其逆过程就是充电时的阳极反应：Cn+AlCl4--e-═Cn[AlCl4]，以此解答该题。第Ⅱ卷（非选择题，共60分）21.现有A、B、C、D、E、F、G、H八种元素，均为前四周期元素，它们的原子序数依

次增大。请根据下列相关信息，回答有关问题。A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素是形成化合物种类最多的元素C元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1D元素基态原子的核外p轨道中有两个未成对电子E元素的气态基态原子的

第一至第四电离能分别是I1＝738kJ/mol，I2＝1451kJ/mol，I3＝7733kJ/mol，I4＝10540kJ/molF元素的主族序数与周期数的差为4G元素是前四周期中电负性最小的元素H元素位于元素周期表中的第八纵行(1)C2A4的电子式为_________________

__(A、C为字母代号，请将字母代号用元素符号表示，下同)。(2)B元素的原子核外共有__________种不同运动状态的电子。(3)某同学推断E元素基态原子的核外电子排布图为。该同学所画的电子排布图违背了___

______，该元素原子的I3远远大于I2，其原因是_________________________________________。(4)D、E、F三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是__________________(用离子符号表示)。(5)用惰性电极电解EF2的水溶液的离子方程式为_

_________________________________________。(6)H位于元素周期表中__________区(按电子排布分区)，其基态原子的价电子排布式为_________，实验室用一种黄色溶液检验H2＋时产生蓝色沉淀，该反应的离子方程式为__

_________________________。【答案】(1).(2).6(3).泡利原理(4).Mg原子失去2个电子后形成稳定结构，此时在失去1个电子很困难(5).Cl->O2->Mg2+(6).Mg2++2Cl+2H2O电解

Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑(7).d(8).3d64s2(9).3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓【解析】【分析】A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素；B元素是形成化合物种类最多的元素，可知B为C，可以形

成多种有机物；C元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则C为N元素；D元素基态原子的核外p轨道中有两个未成对电子，原子序数大于N，其电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；G元素是前四周期中电负性最小的元素，则G为K元素；E原子的第一到第四电离能分别是：I

1=738kJ/mol、I2=1451kJ/mol、I3=7733kJ/mol、I4=10540kJ/mol，说明E最外层有2个电子，其原子序数小于K，则E为Mg元素；F元素的主族序数与周期数的差为4，其原子序数大于Mg，小于K，则F位

于第三周期，最外层含有7个电子，为Cl元素；H元素位于元素周期表中的第八列，为前四周期元素，且原子序数大于K，则H为Fe元素，据此解答。【详解】(1)C2A4为N2H4，N2H4为共价化合物，其电子式为；(2)B为

C，其核外电子排布为1s22s22p2，共有6个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以共有6种不同运动状态的电子；(3)E为Mg，为12号元素，该同学所画电子排布图中3s轨道有2个自旋方向相同的电子，违背了泡利不相容原理；M

g原子失去2个电子后形成稳定结构，此时在失去1个电子很困难，所以I3远远大于I2；(4)电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为：Cl-＞O2-＞Mg2+；(5)用惰性电极电解MgCl2的水溶液，阳极氯离子放电，阴极水电离的氢离子放电，

同时产生的氢氧根与镁离子会生成沉淀，该反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2O电解Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑；(6)H为Fe元素，位于元素周期表中的d区，Fe元素的原子序数为26，其基态原子

的价电子排布式为3d64s2；实验室用铁氰化钾溶液检验Fe2+，产生蓝色沉淀，该反应的离子方程式为：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓。22.过渡金属在生产生活中的应用十分广泛。Ⅰ.Cr元素形成的氯化铬酰(CrO2Cl2)有重要用途，在有机

合成中可作氧化剂或氯化剂，能与许多有机物反应。(1)CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，由以上实验事实可以判断CrO2Cl2分子是_____________(填“极性”或“非极性”)分子，该分子的立体构型的名称为___________。Ⅱ

.Cu可形成多种配合物，根据下列信息回答问题：(2)向盛有硫酸铜水溶液的试管里逐滴加入氨水，首先出现蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，先后发生的离子方程式为Cu2++2NH3.H2O=Cu(OH)

2↓+2NH4+，_______________。(3)再向深蓝色透明溶液加入乙醇，析出深蓝色的晶体。深蓝色晶体的化学式为__________________________；析出晶体的原因是__________________________________________

_____________。若将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是____________________。(4)根据以上实验过程，判断NH3和H2O与Cu2+的配位能力：NH3____H2O(填“大于”、“等于”或“小于”)。Ⅲ.Ni(

CO)6为正八面体结构，其中的镍原子位于正八面体的中心，配位体CO分子则在正八面体的六个顶点上。(5)若把其中两个CO配位体换成NH3得到新的配合物，则以下物质中互为同分异构体的是_________。(填字母编号，任填一组。图中黑点为NH3，圆圈为CO，Ni略去)【答案】(1)

.非极性(2).平面四边形(3).Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O(4).[Cu(NH3)4]SO4.H2O(5)

.[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度(6).2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH－+6H2O(7).大于(8).AE与BCD的任意组合，若出现同种物质则不

给分【解析】【详解】(1)CCl4、CS2等为非极性分子，CrO2Cl2能与CCl4、CS2等互溶，根据相似相溶可知，CrO2Cl2为非极性分子；若CrO2Cl2为四面体结构，由于O原子和Cl原子对电子吸引能力

不同，分子的正负电荷中心不可能重合，应为极性分子，而实际上CrO2Cl2为非极性分子，说明其为平面四边形结构，两个氧原子对称，两个氯原子对称；(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，涉及的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3·H2O=[C

u(NH3)4]2++2OH-+4H2O；(3)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)4SO4•H2O；若将Cu单质的粉

末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，说明生成铜氨络离子，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH－+6H2O；(4)硫酸

酸铜溶液中加入过量氨水后生成了[Cu(NH3)4]2+离子，说明氨气与Cu2+的配位能力大于水与铜离子的配位能力；(5)同分异构体有：两个氨气分子位于平行四边形相邻、相对位置或八面体上下两个顶点上，所以互为同分异构体的有：A

和B(或A和C、A和D、B和E、C和E、D和E任一组均可)。23.石墨烯具有原子级的厚度、优异的电学性能、出色的化学稳定性和热力学稳定性。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型及分子结构示意图如下：（1）下列有关石墨烯说法正确的是

_____。A石墨烯的结构与金刚石相似B石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面C12g石墨烯含σ键数为NAD从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含

碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。①钴原子在基态时，核外电子排布式为：_____。②乙醇沸点比氯乙烷高，主要原因是___________________。③下图是金与铜形成的金属互化物合金，它的化学式可表示为：_______。④含碳源中

属于非极性分子的是______________（填序号）a甲烷b乙炔c苯d乙醇⑤酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图，组成酞菁铜染料分子的元素，酞菁变成酞菁铜，分子中多了什么作用力_____，酞菁铜分子中设计到的元素，电负性由小到大依次为_____【答案】(1).BD(2).72[Ar]3d4

s(3).乙醇分子间可形成氢键，而氯乙烷分子间无氢键(4).3CuAu或3AuCu(5).abc(6).配位键(7).CuHCN【解析】【详解】（1）A.石墨烯是平面结构，金刚石空间网状结构，故A错误；B.碳碳双键上所有原子都处于同一平面，所以导致石

墨烯分子中所有原子可以处于同一平面，故B正确；C.石墨烯中一个碳原子具有1.5个键，所以12g石墨烯含键数为1.5AN，故C错误；D.石墨结构中，石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得石墨烯需克

服石墨层与层之间的分子间作用力，故D正确；故答案为BD；（2）①钴是27号元素，钴原子核外有27个电子，根据构造原理书写基态原子的核外电子排布式，注意先排4s电子再排3d电子，所以基态钴原子的核外电子排布

式为72[Ar]3d4s。故答案为：72[Ar]3d4s。②分子晶体中，物质的熔沸点随着相对分子质量的增大而增大，但乙醇分子间能形成氢键导致乙醇的熔沸点大于氯乙烷的熔沸点。故答案为：乙醇分子间可形成氢键

，而氯乙烷分子间无氢键。③每个晶胞中含有的Cu原子数1632==，含有的金原子数1818==，所以它的化学式可表示为：3CuAu或3AuCu。故答案为：3CuAu或3AuCu。④a选项：甲烷是正四面体结构

，属于对称结构，所以是非极性分子，故a正确；b选项：乙炔是直线型结构，属于对称结构，所以是非极性分子，故b正确；c选项：苯是平面结构，属于对称结构，所以是非极性分子，故c正确；d选项：乙醇不是对称结构，所以是极性分子，故d错误；故选abc

。⑤由图可知，酞菁变为酞菁铜后，分子中多了Cu和N的配位键；酞菁铜中含有的元素有：Cu、C、N和H，非金属性元素电负性大于金属元素的，同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，C、N在它们的氢化物中均表现负化合价，它们的电负性均大于H元素的，故电负性：C

uHCN。故答案为：配位键；CuHCN。24.Cu3N具有良好的电学和光学性能，在电子工业领域、航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学工业等领域中，发挥着广泛的、不可替代的巨大作用。(1)N位于周

期表中的位置为_____________，NF3的分子立体构型名称是____________。类比NH3·H2O表示出代表性分子NH4F含有的氢键________________________。(2)写出N2O的等电子体__________________(1个

分子和1个离子)。(3)Cu原子的基态外围电子排布式为____________；已知：CuO在高温下会分解成Cu2O，试从洪特规则角度解释其原因________________________________

__________________。(4)在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛(CH3CHO)，乙醛分子中H—C=O的键角______(填“大于”“等于”或“小于”)乙醇分子中的H—C—O的键角。(5)某化肥厂从生产的硫酸铵中检出一种组成为

N4H4(SO4)2的物质。其水溶液中的N4H44+遇碱生成一种形似白磷的N4分子。画出N4H44+的结构式(标明其中的配位键)__________________。【答案】(1).第二周期第VA族(2).三角锥形(3).N—H···F

(或F—H···N)(4).CO2(或CS2、COS、BeCl2(g))和N3—(NO2+、SCN—)(5).3d104s1(6).Cu+价电子排布式为3d10，为全充满结构，能量较低，较稳定(7).大于(8).【解析】【详解】(1)N元素为7号元素，位于第二周期第V

A族；NF3的中心原子价层电子对数为5-313+2=4，含一对孤对电子，所以空间构型为三角锥形；NH4F含有的氢键可以表示为N—H···F(或F—H···N)；(2)N2O原子数为3，价电子数为5×2+6=16，原子总数相同，价电子总数相同的分子

或离子为等电子体，所以其等电子体有CO2(或CS2、COS、BeCl2(g))和N3-(或NO2+、SCN-)；(3)铜原子为29号元素，根据电子排布规律可知其基态原子的外围电子排布为3d104s1；Cu+价电子排布式为3d10，为全充满结构，能量较低，较稳定，所以CuO在高温下会分解

成Cu2O；(4)醛基中碳原子采用sp2杂化，为平面三角形构型，乙醇中含有醇羟基的碳原子采用sp3杂化，为四面体构型，所以乙醛分子中H-C=O的键角大于乙醇分子中的H-C-O的键角；(5)白磷分子为正四面体

形，四个磷原子占据四个顶点，N4分子与白磷分子结构相似，说明N4分子中每个氮原子均形成3个σ键，所以在N4H44+中氢离子和N原子形成配位键，遇碱后配位键断裂形成N4，所以N4H44+的结构式应为。【点睛】氢键可以表示为X—H…Y，式中X和Y代表F，O，N等电负性大而原子半径较小的非金属

原子，X和Y可以是两种相同的元素，也可以是两种不同的元素。25.A、B、C三种强电解质，它们溶于水在水中电离出的阳离子有K＋、Ag＋，阴离子有NO3－、OH－(电解质电离的离子有重复)。图1装置中，甲、乙、丙三个烧杯中依次盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为铂电极。接

通电源，经过一段时间后，测得甲中b电极质量增加了43.2g。常温下各烧杯中溶液pH与电解时间t关系如图2。请回答下列问题：(1)写出三种强电解质的化学式：A____________；B____________；C____________。(2)写出甲烧杯中总反

应的化学方程式___________________________________________。(3)若甲烧杯中溶液体积为400mL(忽略溶液体积的变化)，电解一段时间后甲烧杯溶液的pH=_______，丙烧杯e电极上生成的气体在

标准状况下的体积为_______________。(4)若直流电源使用的是铅蓄电池，铅蓄电池的正极材料是PbO2，负极材料是Pb，电解质溶液是H2SO4溶液，则放电时M极上发生的电极反应为_____________________________________

。铅蓄电池充电时，若阳极和阴极之间用阳离子交换膜(只允许H+通过)隔开，则当外电路通过0.2mol电子时，由阳极室通过阳离子交换膜进入阴极室的阳离子有________mol。【答案】(1).AgNO3(2).KNO3(3).KOH(4).4AgNO3+2H2O

4Ag+O2↑+4HNO3(5).0(6).2.24L(7).PbO2+2e－+4H++SO42－=PbSO4+2H2O(8).0.2【解析】【分析】A、B、C三种强电解质，它们溶于水在水中电离出的阳离子有K+、Ag+，阴离子有NO3-、O

H-(电解质电离的离子有重复)；接通电源，经过一段时间后，测得甲中b电极质量增加了43.2克，所给离子以及水电离出的离子中只有Ag+放电才能使电极增重，且在阴极放电，所以b电极是阴极，A为AgNO3；连接b电极的电源

电极为负极，即M为电源正极，N为电源负极；根据离子的放电顺序及图2可知，乙中pH不变，则B为KNO3，丙中pH增大，且pH＞7，则C为KOH，结合离子的放电顺序及电极反应来解答。【详解】(1)根据分析可知A为AgNO3，B为KNO3，C

为KOH；(2)甲中银离子在阴极放电生成Ag，水电离出的氢氧根在阳极放电生成氧气，所以总反应为4AgNO3+2H2O电解4Ag+O2↑+4HNO3；(3)甲中阴极发生Ag++e-=Ag，增重43.2g，所以转移电

子为43.2g108g/mol=0.4mol，根据电池总反应可知生成的氢离子的物质的量为0.4mol，则溶液中c(H+)=0.4mol0.4L=1mol/L，所以溶液的pH=0；丙中e电极为阳极，发生反应4OH--4e-

=O2↑+2H2O，转移0.4mol电子时可以生成0.1mol氧气，标况下的体积为2.24L；(4)根据分析可知M为电源正极，铅蓄电池正极为PbO2，反应为PbO2+2e－+4H++SO42－=PbSO4+2H2O；因该阳离子交换膜只允许H+通过，所以根据电荷守恒可知转移0.2

mol电子时，有0.2molH+由阳极室通过交换膜进入阴极室。