武汉市武昌区水果湖高中2019-2020学年高二化学下学期期中试题含解析

湖北省武汉市武昌区水果湖高中2019_2020学年高二化学下学期期中试题含解析湖北省武汉市武昌区水果湖高中2019_2020学年高二化学下学期期中试题含解析PAGE32-湖北省武汉市武昌区水果湖高中2019_2020学年高二化学下学期期中试题含解析湖北省武汉市武昌区水果湖高中2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）第I卷（选择题)相对原子质量：Cl-35.5Ar—40Ag—108一、选择题（本题包括22小题,每题2分，共44分，每小题只有一个正确答案。）1.下列说法正确的是（）A.所有原子的任一能层的s电子的电子云轮廓图都是球形，只是半径大小不同B.各原子能级之间的能量差完全一致，这是量子力学中原子光谱分析的理论基础C.1s电子云界面图是一个球面，小黑点的疏密程度来表示电子在空间出现概率大小D.原子中电子在具有确定半径的圆周轨道上像火车一样高速运转着【答案】A【解析】【详解】A．s电子云轮廓图都是球形，球半径与能层数成正比,能层数越大，其半径越大，故A正确；B．原子在发生能级跃迁时，不同能级之间的跃迁会发出或吸收不同频率的光子,说明各原子能级之间的能量差不同，故B错误；C．电子云界面图是指：在核的周围作一界面，在界面内出现该电子的几率大于90%，界面外出现该电子的几率不足10%；电子云图的小黑点的疏密程度来表示电子在空间出现概率大小，故C错误；D．电子没有固定的轨道，在一定范围内高速无规则运动，原子中电子的运动区域没有确定的半径,故D错误；故答案为A。2。下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是（）A。 B. C. D。【答案】D【解析】【详解】AD微粒都是Mg原子失去一个电子后得到的,但是A微粒能量高于D,稳定性D＞A，所以失电子能量D＞A；BC都是原子，但是B是基态、C是激发态，能量：C＞B，稳定性B＞C，所以失去一个电子能量:B＞C；D为Mg+、B为Mg原子，D再失去电子所需能量就是Mg原子的第二电离能，B失去一个电子的能量是Mg原子的第一电离能，其第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量D＞B，通过以上分析知，电离最外层一个电子所需能量最大的是D，故答案为D。【点睛】能量越高越不稳定，越易失电子；原子的第一电离能、第二电离能、第三电离能···依次增大.3.2016年IUPAC命名117号元素为Ts(中文名“”，tián），下列有关Ts的说法不正确的是（）A.Ts的电子所在最高能层符号是QB.Ts的原子有一个未成对电子C。Ts原子有7种能量相同的电子D。Ts的电负性在同周期主族元素中最大【答案】C【解析】【详解】A．Ts位于第七周期，所以Ts的电子所在最高能层符号是Q，故A正确；B．Ts位于第ⅤⅡA族的原子有一个未成对电子,故B正确；C．Ts原子外围电子排布为［7s27p6]，s能级和p能级各7种，所以远不止7种能量相同的电子，故C错误；D．同周期从左往右非金属性逐渐增强，所以Ts的电负性在同周期主族元素中最大，故D正确；故答案为C。4。元素周期表中，有非金属元素的区域为(）A。只有s区 B。只有p区 C。s区、d区和ds区 D.s区和p区【答案】D【解析】【详解】s区包含ⅠA族、ⅡA族元素,除氢元素外均为金属元素；p区包含零族元素、ⅢA~ⅦA元素，含有金属元素与非金属性元素;d区、ds区，全部为金属元素；f区为镧系元素和锕系元素，全部为金属元素，故答案为D。5.肯定属于同族元素且性质相似的是（）A。原子核外电子排布式：A为1s22s2,B为1s2B。结构示意图:A为，B为C.A原子基态时2p轨道上有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道上有1个未成对电子D。A原子基态时3p轨道上有一对成对电子,B原子基态时4p轨道上也有一对成对电子【答案】D【解析】【详解】A．ABe元素，为第IIA族元素，B为He元素，为0族元素，不属于同族元素,故A错误；B．根据结构示意图可知A为Ne元素为0族元素，B为Na元素,为第IA族元素，不属于同族元素,故B错误;C．np轨道上有1个未成对电子,则可能是np1或np5，所以A为B或F元素,B为Al或Cl元素，所以A和B可能不属于同一族，故C错误；D．np轨道上有一对成对电子，则只能是np4，所以A为S，B为Se，二者均为第ⅥA族元素，故D正确；故答案为D。6。下列有关电子排布的表述正确的是（）A.可表示单核8电子粒子基态时电子排布B.此图错误，违背了洪特规则C。2p3表示基态氮原子的外围电子排布式D。表示处于激发态的硼原子的电子排布图【答案】B【解析】【详解】A．根据洪特规则：在相同能量的轨道上，电子在排布的时候优先进入空轨道，每个轨道中的单电子自旋方向相同，所以单核8电子粒子基态时电子排布为,故A错误；B．根据洪特规则:在相同能量的轨道上，电子在排布的时候优先进入空轨道，每个轨道中的单电子自旋相同相同，则违背了洪特规则，故B正确；C．基态氮原子的外围电子排布式应为2s22p3，故C错误；D．激发态的B原子的2p电子应跃迁到3s轨道或更高能级，2p的三个轨道能量相同,不是激发态，故D错误；故答案为B.7。如图是第三周期主族元素(11~17号）某些性质变化趋势柱形图，下列有关说法中正确的是（）A。若X轴为原子序数，y轴表示的可能是第一电离能B。若X轴为原子序数，y轴表示的可能是原子半径C。若X轴为最高正化合价，y轴表示的可能是电负性D。若X轴为族序数，y轴表示的可能是0。1mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH【答案】C【解析】【详解】A。对于第三周期11~17号元素,随着原子序数的增大，第一电离能呈现增大的趋势，但Mg和P特殊，其价电子分别为3s1和3s2sp3,s1和p3为半充满，因而稳定，第一电离能会大于相邻的两个原子的第一电离能,A错误；B。同周期时，原子半径随原子序数增大而依次减小，与图显示的趋势矛盾，B错误；C.对于第三周期，最高正化合价随原子序数增大而依次增大，而电负性在同周期时随原子序数增大而依次增大，因而X轴为最高正化合价，y轴表示的可能是电负性,C正确；D.对于第三周期,主族序数随原子序数增大而依次增大,而最高价氧化物对应水化物碱性在同周期时随原子序数增大而依次减弱,即最高价氧化物对应水化物碱性在同周期时随主族序数依次减弱，例如NaOH的碱性强于Al(OH）3,等浓度时NaOH溶液pH大于Al（OH）3溶液，与图显示趋势相反，D错误。故答案选C。8.下列说法不正确的是(）A。σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强B.两个原子之间形成共价键时,最多有一个σ键C。气体单质中，一定有σ键,可能有π键D。N2分子中有一个σ键，2个π键【答案】C【解析】【详解】A．σ键是头碰头的重叠，π键是肩并肩的重叠，σ键比π键重叠程度大，σ键比π键稳定，故A正确；B．两个原子间只能形成1个σ键，两个原子之间形成双键时，含有一个σ键和一个π键，两个原子之间形成三键时,含有一个σ键和2个π键，故B正确；C．单原子分子中没有共价键，如稀有气体分子中不存在σ键，故C错误；D．两个原子之间形成三键时，含有一个σ键和2个π键，N2分子中含有一个三键，即有一个σ键，2个π键，故D正确；故答案为C。9.用价层电子对互斥理论预测H2S和NO3—的立体结构，两个结论都正确的是(）A。V形；平面三角形 B.V形；三角锥形C。直线形；平面三角形 D。直线形;三角锥形【答案】A【解析】【详解】H2S中心原子的价层电子对数为=2,含两对孤电子对，所以为V形；NO3—的中心原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对,所以为平面三角形,故答案为A。【点睛】中心原子上的孤电子对数为（a-xb),a为中心原子的价电子数(若为离子，则需要根据离子所带电荷相应的加上或减去若干电子)，x为与中心原子结合的原子数,b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数。10。甲醛分子结构式如图，用2个Cl取代甲醛中H可得到碳酰氯，下列描述正确的是（）A.甲醛分子和碳酰氯分子是等电子体B.碳酰氯分子中的C原子为手性碳原子C.甲醛分子中的H-C-H键角与碳酰氯分子中的Cl—C-Cl相等D.碳酰氯分子为平面三角形，分子中存在有3个σ键、1个π键【答案】D【解析】【详解】A．原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，H原子价电子数为1，Cl原子价电子数为7，所以甲醛中H原子被Cl原子取代后原子总数不变,价电子数改变，不是等电子体，故A错误;B．碳酰氯中的碳原子为sp2杂化，为不饱和碳原子，不是手性碳，故B错误；C．氯原子非金属性强于氢，所以甲醛分子中的H—C-H键角与碳酰氯分子中的Cl—C-Cl不相等，故C错误;D．C是sp2杂化，所以碳酰氯分子为平面三角形，两个C-Cl为σ键,碳氧双键中有一个σ键和一个π键,故D正确；故答案为D。11。下列说法中错误的是(）A。形成配位键后,离子的颜色、溶解性和某些化学性质会发生改变B。配位数为4的配合单元一定呈正四面体结构，配位数为6的配合单元一定呈正八面体结构C.配位化合物Ni(CO)4结构如图,1mol分子中所含的配位键个数有8NAD。[Pt(NH3)6］2+和［PtCl4］2-中,其中心离子的化合价都是+2【答案】B【解析】【详解】A．形成配位键后,离子的颜色、溶解性和某些化学性质会发生改变，A正确;B．配位数为4的配合单元可能呈平面四边形也可能是正四面体，故B错误;C．每个CO分子与Ni之间形成一个配位键，这种配位键个数为4,每个CO分子中还有一个配位键,所以一个该分子含有8个配位键,1mol分子中所含的配位键个数有8NA，故C正确;D．[Pt(NH3)6］2+中NH3整体为0价，所以Pt为+2价，[PtCl4]2—中Cl—为—1价,所以Pt为+2价，故D正确;故答案为B。【点睛】本题C选项为易错点，要注意CO分子中也有一个配位键.12。下列说法中正确的是（）A。SO2、BF3、NH3分子中所有原子的最外层电子都满足8电子稳定结构B。P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′C。N2H4分子类似乙烯分子,其立体构型为平面正方形D。AsH3分子的VSEPR构型为四面体形【答案】D【解析】【详解】A．BF3中B最外层为6个电子,不满足8电子稳定结构，故A错误；B．白磷结构如图，键角为60°,CH4分子中化学键之间的夹角相等且均为109°28′,故B错误；C．N2H4分子类似乙烯分子,其结构式应为,该分子中的氮原子采取sp3杂化,不可能为平面结构，故C错误；D．AsH3分子中心原子的价层电子对数为=4，所以VSEPR构型为四面体形，故D正确;故答案为D。【点睛】白磷分子的空间构型虽为正四面体，但要注意P原子占据的是四面体的顶点位置,所以键角为60°。13.我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐（N5）6(H3O)3（NH4）4Cl(用R代表)，经X射线衍射测得R的局部结构如图所示，下列说法正确的是（）A。R中两种阳离子的中心原子的杂化轨道类型相同，但化学键类型不同B.1molR中σ键总数为15个C。N5—中参与形成的大π键电子数为6个D.已知图中虚线代表氢键,其中一个表示为（NH4）N﹣H···Cl，则化合物R中共有4个不同类型氢键【答案】C【解析】【详解】A．R中阳离子为NH4+中心原子为sp3杂化轨道，形成3个σ键和1个配位键,另一种阳离子为H3O+，中心原子为sp3杂化轨道，形成2个σ键和1个配位键键，所以二者中心原子的杂化轨道类型相同，化学键类型相同,故A错误；B．据图可知1molR中σ键总数为15NA，故B错误;C．N5—中每个N形成两条共价键，pz轨道留有一个单电子，5个N的5个pz轨道交盖形成离域大π键；N5—的价电子总数为5×5+1=26，σ键个数为5,每个氮原子有1对孤电子对,且未参与形成大π键,所以参与形成大π键的电子数为26—5×2-5×2=6，故C正确；D．据图可知除(NH4+)N—H···Cl外还有(H3O+)O—H···N（N5-）、（NH4+）N-H···N（N5—)两种氢键，共三种，故D错误;故答案为C。【点睛】大π键中成键电子数=价电子总数-σ键个数×2—未参与的孤对电子个数。14.下列说法不正确的是（）A.接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值大于用化学式计算出来的数值，是因为水分子间因氢键而形成缔合分子B.DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的C.甘油能与水混溶是因为它与水分子间存在氢键D。HF、HCl、HBr、HI的熔点最低的是HI【答案】D【解析】【详解】A．水分子间存在氢键，形成缔合分子，导致单位体积内水分子增多,所以测定相对分子质量测定值大于用化学式计算出来的数值，故A正确；B．在DNA分子结构中,由于碱基之间的氢键具有固定的数目和DNA两条链之间的距离保持不变，所以DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的,故B正确;C．甘油含有羟基，可与水分子形成分子间氢键,易溶于水，故C正确；D．HF、HCl、HBr、HI四种物质中由于HF分子间存在氢键导致熔点反应,其他三种物质不存在氢键，相对分子质量越大熔点越高，所以熔点最低的是HCl,故D错误；故答案为D。15。胆矾CuSO4·5H2O可写［Cu（H2O)4]SO4·H2O,其结构示意图如图：下列有关胆矾的说法正确的是（）A.Cu2+的电子排布式为[Ar］3d84s1B.所有氧原子都采取sp3杂化C。氧原子参与形成离子键、配位键和氢键三种化学键D。因为作用力的不同,胆矾中的水在不同温度下会分步失去【答案】D【解析】【详解】A．Cu为29号元素，Cu原子失去最外层2两个电子形成Cu2+,所以Cu2+的电子排布式为[Ar]3d9，故A错误；B．氧原子并不都是sp3杂化，该结构中的氧原子部分饱和,部分不饱和，杂化方式不同，硫酸根中含有S=O双键，则该氧原子不可能是sp3杂化，故B错误;C．在上述结构示意图中，存在O→Cu配位键，［Cu（H2O）4]SO4与H2O存在氢键，没有形成离子键，且氢键不是化学键，故C错误；D．由于胆矾晶体中水分子有两类,一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，作用力不同，因此加热过程中胆矾中的水会分步失去，故D正确；故答案为D。【点睛】氢键是分子间作用力不属于化学键。16。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分子的说法中不正确的是(）A.并不是每个原子都达到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键键能不都相同【答案】C【解析】【详解】A．R原子最外层有5个电子，形成5个共用电子对,所以RCl5中R的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构,故A正确;B．上下两个顶点与中心R原子形成的键角为180°，中间为平面三角形，构成三角形的键角为120°,顶点与平面形成的键角为90°,所以键角(Cl—R—Cl）有90°、120、180°几种,故B正确；C．据图可知RCl5分子中正负电荷中心重合，为非极性分子,RCl3分子为三角锥形，为极性分子，故C错误；D．键长越短，键能越大，键长不同，所以键能不同,故D正确；故答案为C。17。如图是某兴趣小组同学设计的原电池装置,下列叙述正确的是（)A.电极I上发生氧化反应B。可将CuCl2溶液改为KCl溶液C。该原电池的总反应为Fe3++Cu=Cu2++Fe2+D。盐桥中装有含氯化钾的琼脂，K+移向CuCl2溶液【答案】B【解析】【分析】根据该电池所用原料可知电池总反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，负极发生Cu—2e—=Cu2+，即电极II为负极，电极I为正极.【详解】A．电极I为正极,发生还原反应，故A错误;B．将CuCl2溶液改为KCl溶液，溶液依然可以导电,不影响总反应，故B正确；C．根据分析可知总反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,故C错误；D．原电池中阳离子流向正极,即流向FeCl3溶液,故D错误；故答案B.18。金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，（已知：氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+),下列叙述正确的是（）A。阳极发生还原反应，其电极反应式:Ni2++2e-=NiB.电解后，溶液中存在的阳离子只有Fe2+和Zn2+C.电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等D.电解后，电解槽底部的阳极泥中含有Fe、Zn、Cu、Pt等杂质【答案】C【解析】【详解】A．阳极发生氧化反应,因Zn、Fe活动性强于Ni，所以优先放电，电极反应式应为：Ni-2e—=Ni2+,Fe-2e—=Fe2+;Zn-2e—=Zn2+，故A错误；B．根据阳极发生的反应可知电解后,溶液中存在的阳离子有H+、Fe2+、Zn2+、Ni2+,故B错误；C．电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni;阴极析出的是镍;依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故C正确；D．Fe、Zn会先于Ni放电，阳极泥中不可能有Fe、Zn，故D错误；故答案为C。19.现以CO、O2、熔融盐Z（Na2CO3)组成的燃料电池，采用电解法处理CO同时制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2.下列说法合理的是（)A。石墨Ⅰ是原电池的正极，发生氧化反应B。甲池中的CO32—向石墨Ⅱ极移动C。乙池中左端Pt极电极反应式：N2O4—2e-+2HNO3=2N2O5+2H+D.若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L，则乙池中一定能产生氢气0。02mol【答案】C【解析】【分析】据图可知反应过程中CO被氧化为CO2，所以石墨I电极为负极，石墨II为正极，则乙池为电解池，左侧为阳极，右侧为阴极。【详解】A．CO被氧化为CO2，所以石墨I电极为负极,发生氧化反应，故A错误；B．甲池为原电池，原电池中阴离子流向负极，所以CO32—向石墨I极移动，故B错误；C．乙池中左端Pt极为阳极，发生氧化反应，N2O4被氧化为N2O5，结合电子守恒和元素守恒可知电极方程式为N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，故C正确;D．若甲池消耗标准状况下的氧气2。24L即0。1mol，所以整个电路转移电子的物质的量为：0.4mol，所以生成氢气的物质的量为0。2mol，故D错误；故答案为C.20.［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。21。用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为2∶3的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有（）①2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑②Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑③2Cl—+2H+H2↑+Cl2↑④2H2O2H2↑+O2↑A。①②③ B.①②④ C。②③④ D.②④【答案】B【解析】【详解】不妨设混合溶液的体积为1L，硫酸铜的浓度为2mol/L，则NaCl的浓度为3mol/L，n（CuSO4）=n（Cu2+)=2mol,n（NaCl)=n（Cl-）=3mol；电解过程中阳极开始为Cl-放电生成Cl2,阴极Cu2+放电生成Cu,此时总反应为Cu2++2Cl—Cu+Cl2↑；n(Cl—）=3mol，所以当转移3mol电子时Cl—完全反应,阳极变为水电离出的氢氧根放电生成氧气，阴极Cu2+放电生成Cu，总反应为2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑；n（Cu2+）=2mol,所以当转移4mol电子时Cu2+也完全反应，阴极反应为水电离出的氢离子放电生成氢气,阳极水电离出的氢氧根放电生成氧气，总反应为2H2O2H2↑+O2↑;综上所述答案为B。22。太阳能路灯蓄电池是磷酸铁锂电池,其工作原理如图。M电极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体）,电解质为一种能传导Li+的高分子材料,隔膜为阳离子交换膜，电池反应式为LixC6+Li1－xFePO4LiFePO4+6C。下列说法正确的是（）A。放电时Li+从左边移向右边，PO43—从右边移向左边B.放电时，正极反应式为Li1—xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4C。充电时M极连接电源的负极,电极反应为6C+xe-=C6x-D.紧急情况时，电解质可以用Li2SO4饱和溶液代替【答案】B【解析】【分析】M电极材料是金属锂和碳的复合材料，所以该电池放电时M电极发生LixC6-xe—=6C+xLi+，所以M为负极，N为正极；则充电时M为阴极，N为阳极。【详解】A．放电时,阳离子向正极移动，阳离子交换膜只允许阳离子通过，所以Li+从左边移向右边，PO43-不发生移动，故A错误；B．放电时负极反应为LixC6—xe—=6C+xLi+,总反应减去负极反应即可得正极反应为：Li1-xFePO4+xLi++xe—=LiFePO4，故B正确；C．充电时M为阴极，与电源负极相连，发生反应6C+xLi++xe—=LixC6，故C错误;D．Li单质可以与水反应，所以不能用水溶液做电解质，故D错误；故答案为B。【点睛】书写较为复杂的电极方程式时可以先写出较为简单的一极的电极反应，再用总反应减去该电极反应即可得另一极的电极反应。第II卷（非选择题)二、填空题(本题包括5小题，共56分。）23。下表是元素周期表的一部分,表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题：（1）元素d基态原子包含____种运动状态不同的电子，这些电子位于____种能量不同的原子轨道中。（2）h的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，请用原子结构的知识解释发光的原因:_____。（3)o、p两元素的部分电离能数据列于下表:元素op电离能/kJ·mol—1I1717759I215091561I332482957比较两元素的I2、I3可知，气态o2+再失去一个电子比气态p2+再失去一个电子难。对此，你的解释是_____。（4)第3周期8种元素按单质熔点高低的顺序如图（Ⅰ)所示，其中电负性最大的是____(填I图中的序号).表中所列的某主族元素的电离能情况如图(Ⅱ)所示，则该元素是_____(填元素名称）。(5）a、d、l三种元素可形成一种离子化合物，其中的化学键类型除了离子键，还包括____。【答案】(1）.7(2）.3（3).基态原子中电子获得能量跃迁到激发态,电子从能量较高的轨道跃迁到能力较低的轨道时，以光（子）的形式释放能量（4）.Mn2+的外围电子排布为3d5，是半满状态较稳定,再失电子较难；Fe2+为3d6，再失去一个电子后为半充满状态，因而相对易失去一个电子(5)。2（6)。硅(7)。共价键【解析】【详解】（1）根据d在元素周期表中的位置可知d为N元素，N元素核外有7个电子，每个电子的运动状态均不同,所以有7种运动状态不同的电子，位于1s、2s、2p三种能量不同的原子轨道中；（2)h为Mg元素，燃烧过程中放热,基态原子中电子获得能量跃迁到激发态,电子从能量较高的轨道跃迁到能力较低的轨道时，以光（子)的形式释放能量，所以发出耀眼白光;(3)o为Mn，p为Fe；锰元素的原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2,Mn2+的外围电子排布为3d5,是半满状态较稳定，再失电子较难；而铁的原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+为3d6，再失去一个电子后为半充满状态，因而相对易失去一个电子；（4）同周期自左而右电负性增强,第三周期中Cl元素的电负性最大，氯气常温下为气体,比氩气的相对分子质量大，熔点仅高于氩气，故2代表氯元素；据图可知该元素的第四电离到第五电离能发生突变，说明其原子核外最外层有4个电子，则为第ⅣA族元素，周期表中所列的第IVA族元素j属于第三周期，所以为Si元素。（5)a为H，d为N，l为Cl，可以形成离子化合物NH4Cl，除离子键外，铵根中还存在共价键（σ键和配位键)24.氧是地壳中含量最多的元素,氮是空气中含量最多的元素。（1)H2O中的O—H键、分子间的范德华力和氢键由强到弱的顺序依次为____〉___>___.（2）的沸点高于，其原因是____。（3）O、S、Se都属于第ⅤIA族元素，形成简单氢化物的沸点由高到低的顺序为____>____>____(填分子式）.(4)如图1表示某种含氮有机化合物的结构简式，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点（见图2）.分子内存在空腔，能嵌入某种离子或分子并形成4个氢键予以识别.下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是____（填标号）。A.CF4B。NH4+C.CH4D.H2O【答案】（1）。O-H键(2).氢键(3).分子间的范德华力(4)。形成分子内氢键,而形成分子间氢键,分子间氢键使分子间作用力增大（5）。H2O(6）。H2Se(7）.H2S(8）.B【解析】【详解】（1）氢键键能介于化学键和分子间作用力之间，化学键键能最大，所以H2O分子内的O—H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为O—H键、氢键、范德华力；(2）含分子间氢键的物质的沸点大于分子内氢键物质的沸点,形成分子内氢键,而形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大；(3）O、S、Se同主族，其简单氢化物分别为H2O、H2S、H2Se，其中H2O分子之间存在氢键,氢键作用力大于范德华力，导致水的沸点异常的高，对于H2S和H2Se，则是范德华力主导,相对分子质量越高，沸点越高，因此沸点高低顺序为：H2O＞H2Se＞H2S；（4)F、O、N电负性很大,与H元素形成的微粒之间可以形成氢键，正四面体顶点N原子与嵌入空腔的微粒形成4个氢键，该微粒应含有4个H原子，C元素不能形成氢键，所以选项中只有NH4+符合，故答案为B。25.铁与人类密切相关,几乎无处不在，地壳中大约5％是铁，是含量仅次于铝的金属。根据所学知识回答下列问题:(1）铁原子价电子轨道表示式为______，与铁同周期的元素的基态原子中,最外层电子数与铁相同的元素共有_____种（包含铁）。（2）下列关于铁的说法，不正确的是_____（填选项字母）A.基态铁原子的电子排布式1s22s22p63s23p103d24s2违反了泡利原理B.铁属于黑色金属，在周期表中属于ds区元素C.铁丝可用于焰色反应实验时蘸取待测物,是由于铁在光谱图中无特征的谱线D。Fe能与CO形成配合物Fe(CO)5，配体CO中C是配原子（3)某铁的化合物结构简式如图所示。①组成上述化合物中5种元素原子电负性由小到大的顺序为_____。②上述化合物中氮原子的杂化方式有_____。③在图中用“→"标出亚铁离子的配位键_____。（4）类卤素离子SCN—可用于Fe3+的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸（H—S—C≡N)和异硫氰酸(H-N=C=S），这两种酸中沸点较高的是后者,原因是_____.【答案】（1).3d642（2)。9（3）.BC（4）。O＞N＞C＞H＞Fe（5）.sp2、sp3(6)。（7)。异硫氰酸中H-N键极性强,分子间存在氢键【解析】【详解】（1）Fe为26号元素，所以其价电子排布式为3d642；其最外层电子排布为4s2；与铁同周期的副族元素的基态原子中，最外层电子数与铁相同的元素的3d轨道电子数可以为1、2、3、5、7、8、10,共7种，主族元素还有Ca，包括Fe共9种;（2)A．3p能级有3个轨道,最多容纳6个电子,选项中排列违反了泡利原理，故A正确；B．铁在元素周期表中属于d区,故B错误；C．铁的焰色反应发出的光为无色不影响其它金属火焰颜色，所以铁丝可用于焰色反应实验，故C错误；D．CO分子中碳氧之间有一个有氧原子问提供的配位键，使碳周围的电子云密度增加，容易给出电子，所以碳提供电子做配原子,故D正确;综上所述答案为BC；(3）①非金属性越强，元素的电负性越大，则电负性O＞N＞C＞H＞Fe；②化合物中形成C=N双键的N原子形成2个σ键，含有1对孤电子对，而形成单键的N原子,形成2个σ键，含有2对孤电子对，杂化轨道数目分别为3、4,N原子采取sp2、sp3杂化；③C=N双键的N原子有1对孤对电子与亚铁离子之间形成配位键，另外的N原子带1个单位负电荷，与亚铁离子之间形成离子键，如图；(4）异硫氰酸中H—N键极性强，分子间存在氢键，而硫氰酸分子间只存在分子间作用力，所以异硫氰酸的沸点高于硫氰酸。26。为探究原电池和电解池的工作原理,某研究性小组分别用如图所示装置进行实验.（1)甲装置中，a电极的反应式为_____。（2）乙装置中,阴极区产物为_____。（3）丙装置是一种家用84消毒液（NaClO)发生器。外接电源a为_____(填“正”或“负”)极，该装置内发生反应的化学方程式为_____、_____。(4）若甲装置作为乙装置的电源,一段时间后，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为_____（不考虑气体的溶解）.（5）某工厂采用电解法处理含Cr2O72-的废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽内盛放含铬废水，Cr2O72—被还原成为Cr3+,Cr3在阴极区生成Cr(OH)3沉淀除去，工作原理如图.①写出电解时阴极的电极反应式____.②写出Cr2O72-被还原为Cr3+的离子方程式____。【答案】(1)。H2—2e-+2OH-=2H2O(2）.氢氧化钠和氢气（3）。负(4)。2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑(5)。Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（6).3：4(7）.2H++2e—=H2↑（8).Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O【解析】【分析】甲装置：该装置为氢氧燃料电池,氢气被氧化作负极，氧气被还原做作正极;乙装置：该装置为电解池,与正极相连的一极为阳极发生氧化反应，与负极相连的为阴极发生还原反应；丙装置：该装置为电解池，电解饱和食盐水时阳极产生氯气，阴极产生氢气和氢氧根，要制备次氯酸钠所以需要氯气到阴极与氢氧根反应，所以下端为阳极产生氯气;（5)B电极生成氢气，说明该电极发生还原反应为阴极，氢离子放电生成氢气，导致阴极区pH变大；A电极为阳极，铁为电极材料,则铁被氧化生成Fe2+，继而将Cr2O72-还原成为Cr3+，然后迁移到阴极与OH—生成沉淀。【详解】（1)甲装置是氢氧燃料电池，a电极通入氢气为负极,电解质溶液为KOH溶液，所以电极反应式为H2—2e—+2OH-=2H2O;

(2)乙装置是电解池，电解饱和食盐水,所