作业9 2025年高考总复习优化设计二轮专题化学浙江专版课后习题课时规范练含答案

作业92025年高考总复习优化设计二轮专题化学浙江专版课后习题课时规范练含答案作业91.(10分)(2024·浙江精诚联盟高三下三模)某矿石的组成为Fe4Cu2Si8O23,以此为原料实现如下转化:已知:矿石与HF反应时,元素化合价均未发生变化。请回答:(1)下列说法正确的是(填字母)。

A.SiF4是由极性键形成的极性分子B.[FeF6]3-的氧化性弱于Fe3+C.矿石中Si与O形成相互独立的正四面体结构D.固体A中含有FeF2(2)F-与矿石中金属阳离子的配位能力由强到弱的顺序是。

(3)生成深蓝色溶液的化学方程式为

。

(4)Na2FeO4遇酸会迅速分解,请设计实验证明氧化产物与还原产物:

。Na2FeO4遇酸分解的离子方程式为

。

答案(1)BD(2)Fe3+>Cu2+>Fe2+(3)H2[CuF4]+6NH3[Cu(NH3)4]F2+2NH4F(4)取少量Na2FeO4固体,加稀硫酸溶解,用带火星的木条检验气体,木条复燃,说明氧化产物是O2;取反应后的溶液,加KSCN溶液,溶液变红,说明还原产物是Fe3+4FeO42-+20H+4Fe3++3O2↑+10H解析Fe4Cu2Si8O23中加入足量浓HF并加热,其中Si转化为SiF4气体,通过产物可以判断出Si为+4价,Cu为+2价,Fe为+2价和+3价,Cu2+、Fe3+与F-形成稳定的配合物H2[CuF4]和H3[FeF6],Fe2+与F-生成固体A(FeF2),溶液中加入足量氨水得到深蓝色溶液,说明生成了[Cu(NH3)4]2+。(1)SiF4分子的空间结构为正四面体形,是由极性键形成的非极性分子,A项错误;形成配合物后,[FeF6]3-中心离子Fe3+的电子云密度增大,对电子的吸引力减小,氧化性弱于Fe3+,B项正确;如果是相互独立的正四面体结构,则8个Si原子需要32个O原子,C项错误;Fe4Cu2Si8O23中Fe元素呈+2、+3价,故固体A中含有FeF2,D项正确,故选BD。(2)由FeF2可知,F-不能与Fe2+形成配合物,[CuF4]2-的配体F-可被NH3替代,而[FeF6]3-不能,故与F-的配位能力:Fe3+>Cu2+>Fe2+。(3)生成深蓝色溶液时[CuF4]2-转化为[Cu(NH3)4]2+,据此可写出化学方程式:H2[CuF4]+6NH3[Cu(NH3)4]F2+2NH4F。(4)由氧化还原反应相关知识可知,Na2FeO4分解生成Fe3+与O2,据此可设计实验进行证明:取少量Na2FeO4固体,加稀硫酸溶解,用带火星的木条检验气体,木条复燃,说明氧化产物是O2;取反应后的溶液,加KSCN溶液,溶液变红,说明还原产物是Fe3+,相应的离子方程式为4FeO42-+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O2.(10分)固态化合物M的组成为CuSi2O5,以M为原料实现如下转化:已知:固体X由两种氧化物组成,质量与M相同;CuAlO2难溶于水。(1)固体D的成分为,溶液E中含氮微粒有

。

(2)写出反应Ⅱ的化学方程式:

。

(3)下列说法正确的是。

A.反应Ⅰ不能在蒸发皿中进行B.固体X可溶于浓氨水C.溶液A经净化处理后可用于工业黏合剂D.反应Ⅲ中发生的离子反应有:Ba2++SO42-BaSO(4)已知Cu(OH)2能溶于较浓强碱溶液,蓝色溶液C中可能存在铝元素,请设计实验方案进行检验:

。

答案(1)SiO2NH3·H2O、NH4+、NH3、[Cu(NH3)4(2)4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑(3)ACD(4)取少量蓝色溶液C,加入过量的氨水,过滤、洗涤,若得到白色沉淀,则说明溶液中含有铝元素解析固态化合物M的组成为CuSi2O5,煅烧后生成X,固体X由两种氧化物组成,质量与M相同,则X为氧化铜、二氧化硅。X中加入足量氢氧化钠溶液,二氧化硅发生反应生成硅酸钠,氧化铜不反应成为固体A,氧化铜和氧化铝加热生成CuAlO2,反应中铜元素的化合价降低,则氧元素的化合价升高转化为氧气(即气体B),硝酸具有氧化性,CuAlO2和硝酸反应生成氢氧化铝和硝酸铜;X中加入足量稀硫酸,二氧化硅不反应成为固体D,氧化铜反应生成硫酸铜,硫酸铜和氨水反应转化为含有四氨合铜离子的溶液E,E和氢氧化钡反应得到硫酸钡沉淀和溶液F,F不含硫酸根离子。(1)由分析可知,固体D的成分为SiO2;溶液D中加入足量氨水得到溶液E,硫酸铜和氨水反应转化为含有[Cu(NH3)4]SO4的溶液E,则溶液E中含氮微粒有NH3·H2O、NH4+、NH3、[Cu(NH3)4]2+。(2)氧化铜和氧化铝加热生成CuAlO2和O2,反应Ⅱ的化学方程式为4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑。(3)A项,高温煅烧固体时应在坩埚中进行,正确;B项,固体X为氧化铜和二氧化硅,二氧化硅不溶于浓氨水,错误;C项,溶液A含有硅酸钠,经净化处理后可用于工业黏合剂,正确;D项,反应Ⅲ中硫酸根离子和钡离子结合生成硫酸钡沉淀,发生的离子反应有:Ba2++SO42-BaSO4↓,正确,故选ACD。(4)已知Cu(OH)2能溶于较浓强碱溶液,而氢氧化铝沉淀不溶于氨水,则实验方案可以为取少量蓝色溶液C,加入过量的氨水,过滤、洗涤,3.(10分)(2024·浙江县域教研联盟高三下三模)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示。反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间,反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5的条件下进行。已知:常温下,H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.3请回答:(1)反应Ⅰ的化学方程式为

。

(2)反应Ⅱ的离子方程式为

。

(3)下列说法正确的是。

A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3分解C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体ⅠD.若Cu2O产量不变,参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比n((4)反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5的条件下进行,原因是

(结合离子方程式和必要的文字说明)。(5)请用实验验证反应Ⅲ所得溶液中存在的阳离子:

。

答案(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(2)2SO2+CO32-+H2O2HSO(3)CD(4)SO32-+2Cu2++2H2OSO42-+Cu2O↓(5)取洁净的铂丝蘸取溶液,放在酒精灯外焰上灼烧,火焰呈黄色,说明存在Na+;用玻璃棒蘸取溶液,滴到pH试纸上,试纸变红色,说明存在H+解析铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)、H2O和硫酸铜,生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应,所得溶液pH在3~4之间,显酸性,根据H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.3×10-8,可知NaHSO3溶液显酸性(电离程度大于水解程度),则反应Ⅱ得到NaHSO3溶液,气体Ⅱ为CO2,调节溶液pH至11,使NaHSO3转化为Na2SO3,低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化),故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液,Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O的离子方程式是SO32-+2Cu2++2H2OSO42-+Cu2O↓+4H+,反应过程中酸性越来越强,使Na2SO3转化成SO2气体,总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3Cu2O↓+2SO2↑+3Na2SO4,需及时补加NaOH以保持反应在pH=5的条件下进行。(1)由分析可知,反应Ⅰ的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。(2)反应Ⅱ是二氧化硫气体与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳和亚硫酸氢钠,离子方程式为2SO2+CO32-+H2O2HSO3-+CO2。(3)反应Ⅱ不是氧化还原反应,A错误;低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化,B错误;溶液Y是Na2SO3溶液,可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体SO2,C正确;X为Na2SO3,是强碱弱酸盐,水解显碱性,若Cu2O产量不变,参与反应Ⅲ的Na2SO3与CuSO4物质的量之比增大时,需补加NaOH的量减少,D正确,故选CD。(4)SO32-+2Cu2++2H2OSO42-+Cu2O↓+4H+,反应过程中酸性越来越强,会使Cu2O发生歧化反应,故反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5的条件下进行。(5)反应Ⅲ所得溶液中存在的阳离子为Na+和H+,分别用实验验证的方法是取洁净的铂丝蘸取溶液,4.(10分)硫酸是一种重要的大宗工业化学品,应用广泛,可实现下列转化:浓硫酸NaHSO4(s)Na2S2O7(s)熔矿产物(1)过程Ⅰ的化学方程式为

。

(2)已知硫酸分子的结构为,过程Ⅱ生成了焦硫酸钠Na2S2O7,画出其阴离子的结构式:;推测焦硫酸钠溶液呈(填“酸性”“中性”或“碱性”),用离子方程式表明原因:

。

(3)Na2S2O7高温下具有强氧化性,受热分解产生SO3气体。过程Ⅲ是将过量Na2S2O7固体与磁铁矿熔融反应,产生了混合气体。①写出检验混合气体成分的方案:

。

②写出Na2S2O7只与磁铁矿发生反应的化学方程式:

。

(4)过量的焦硫酸(H2S2O7)和苯在加热条件下反应得到苯磺酸,写出该反应的化学方程式:

。

答案(1)NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑(2)[]2-酸性S2O72-+H2O2H++2S(3)①先将混合气体通入足量的氯化钡溶液,有白色沉淀生成,证明有SO3;再将逸出的气体通入品红溶液,品红溶液褪色,加热后恢复红色,证明有SO2②10Na2S2O7+2Fe3O410Na2SO4+3Fe2(SO4)3+SO2↑(4)+H2S2O7+H2SO4解析浓硫酸与氯化钠固体在加热条件下反应生成硫酸氢钠和氯化氢气体,化学方程式为NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑,硫酸氢钠固体在加热条件下生成焦硫酸钠和水,焦硫酸钠和磁铁矿(四氧化三铁)在高温条件下发生反应10Na2S2O7+2Fe3O410Na2SO4+3Fe2(SO4)3+SO2↑。(1)过程Ⅰ的化学方程式为NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑。(2)由硫酸分子的结构知,Na2S2O7中阴离子S2O72-的结构式为[]2-;由于S2O72-与水发生反应S2O72-+H2O2H++2SO42-,故焦硫酸钠溶液显酸性。(3)Na2S2O7高温下具有强氧化性,受热分解产生SO3气体,由分析知Na2S2O7固体与磁铁矿熔融发生反应10Na2S2O7+2Fe3O410Na2SO4+3Fe2(SO4)3+SO2↑,故混合气体中含有二氧化硫和三氧化硫,检验二氧化硫和三氧化硫混合气体的方法:先将混合气体通入足量的氯化钡溶液,有白色沉淀生成,证明有SO3;再将逸出的气体通入品红溶液,品红溶液褪色,加热后恢复红色,证明有SO2。(4)过量的焦硫酸(H2S2O7)和苯在加热条件下发生取代反应得到苯磺酸,反应的化学方程式为+H2S2O75.(10分)(2024·浙江稽阳联谊学校高三下二模)研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义,请回答下列问题。已知:①R2CO(异肼)。②HN3不稳定,在水溶液中就会发生歧化反应,其中一种产物为NH2OH。(1)写出肼的电子式:。

(2)写出反应Ⅰ的化学方程式:

。

(3)下列说法正确的是。

A.碱性:NH2OH>NH3>N2H4B.肼可以用作还原剂,也可用作配合物的配体C.肼在水中的溶解度小于在苯中的溶解度D.反应Ⅱ中的产物之一可以循环利用(4)已知:N2H4+H2ON2H5++OH-,N2H5+①生成的气体M和白色沉淀N的成分分别是、(填化学式)。

②请设计实验验证白色沉淀N的组成元素:

。

答案(1)H·(2)(CH3)2CO+4NH3+Cl2+2NH4Cl+H2O(3)BD(4)①N2CuCl②将白色固体溶于稀硝酸,得到蓝色溶液,说明有铜元素;再向溶液中滴加AgNO3溶液,有白色沉淀生成,说明有氯元素解析根据已知①可知,有机物X是,根据原子守恒知,盐Y是NH4Cl,与无色透明液体H2O在催化剂作用下共沸生成肼,根据原子守恒知还得到丙酮,丙酮可以循环利用,肼与亚硝酸反应得到HN3。(1)肼的电子式为H··N····H··N····H··H。(2)反应Ⅰ的化学方程式为(CH3)2CO+4NH3+Cl2+2NH4Cl+H2O。(3)A项,N2H4和NH2OH可以分别看成NH3中的一个氢原子被—NH2和—OH取代而得到的产物,由于电负性H<N<O,吸引电子的能力H<N<O,因而NH3、N2H4、NH2OH给电子能力依次减弱,则碱性:NH3>N2H4>NH2OH,错误;B项,肼可以用作还原剂,也可用作配合物的配体,正确;C项,肼与水形成分子间氢键,肼在水中的溶解度大于在苯中的溶解度,错误;D项,根据分析知,反应Ⅱ中的产物之一丙酮可以循环利用,正确,故选BD。(4)N2H5+与CuCl2溶液作用,产生常见气体M,并生成一种溶于稀硝酸的白色沉淀N,则气体M和白色沉淀N的成分分别是N2、CuCl。将白色固体溶于稀硝酸,6.(10分)氨气的用途非常广泛,氨气的部分转化关系图如下。(1)混合物A的成分为

(用化学式表示)。(2)N2H4又称联氨,为二元弱碱,不如氨气稳定。①从分子结构角度分析,N2H4不如氨气稳定的原因是

。

②N2H4在水中的电离与氨相似,25℃时,N2H4第一步电离平衡常数Kb1的值为(已知:N2H4+H+N2H5+K=8.7×107(3)NH3在无水环境下与CO2反应生成化合物B(不稳定),继续与NH3反应生成C。已知化合物C中含有铵根离子,可完全水解,其水解产物有NH4HCO3,下列说法正确的是。

A.化合物B的化学式为NH2COOHB.化合物B属于氨基酸C.化合物C水解生成两种盐D.化合物C可用于制备尿素(4)实验中在加热条件下,通入过量的NH3与CuO反应,请设计实验验证尾气中比较活泼的两种气体:

。

答案(1)SO(NH2)2、NH4Cl(2)①N2H4中含有N—N,由于N上孤电子对的相互排斥,使N—N键能变小,故N2H4的稳定性比NH3差②8.7×10-7(3)AD(4)将湿润的红色石蕊试纸置于尾气出口,若试纸变蓝,则说明尾气中含有氨气;将尾气通入冷的集气瓶中,若集气瓶内壁有液珠出现,则说明尾气中有H2O解析NH3与NaClO发生氧化还原反应生成N2H4,NH3与CuO反应生成红色固体Cu,NH3在无水环境下与CO2等物质的量反应生成化合物B,即NH3+CO2NH2COOH,则B的化学式为NH2COOH;化合物C中含有铵根离子,则NH2COOH与NH3等物质的量反应生成NH2COONH4,即C为NH2COONH4,NH3与SOCl2反应生成SO(NH2)2和NH4Cl。(1)根据化学方程式4NH3+SOCl2SO(NH2)2+2NH4Cl,混合物A的成分为SO(NH2)2、NH4Cl。(2)①N2H4中含有N—N,N2H4的稳定性比NH3差。②N2H4在水中的电离与氨相似,25℃时,N2H4第一步电离平衡常数Kb1=c(N2H5+)c(OH-)c(N2H4)=c(N2H5+)c(OH-)c(H+)c(N2H4)c(H+)=K×KW=8.7×107×10-14=8.7×10-7。(3)NH3在无水环境下与CO2等物质的量反应生成化合物B,即NH3+CO2NH2COOH,则A正确;氨基酸是氨基取代了羧酸分子中烃基上的氢原子形成的取代羧酸,则化合物B不属于氨基酸,B错误;已知化合物C中含有铵根离子,则NH2COOH与NH3等物质的量反应生成NH2COONH4,NH2COONH4可完全水解,得到NH4HCO3一种盐,故C错误;NH2COONH4CO(NH2)2+H2O,化合物C可用于制备尿素,D正确,1.(2分)(2024·浙江宁波镇海中学高三下模拟)氮、铁及其化合物在生产生活中有重要应用。下列说法正确的是(填字母)。

A.第二电离能:N>O>CB.基态Fe2+的简化电子排布式:[Ar]3d6C.离子半径:N3->O2->F-D.键角:H3O+>NH3答案BCD解析A项,N失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p2,O失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p3,此时O+的2p能级处于半充满状态,较稳定,难失去电子,C失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p1,故第二电离能:O>N>C,错误;B项,基态Fe的简化电子排布式为[Ar]3d64s2,则基态Fe2+的简化电子排布式为[Ar]3d6,正确;C项,N3-、O2-、F-的核外电子排布相同,核电荷数越大,半径越小,则离子半径:N3->O2->F-,正确;D项,H3O+、NH3的中心原子的杂化方式均为sp3,且均有一个孤电子对,O的电负性比N的大,则在H3O+中成键电子对更偏向中心原子O,则成键电子对的距离更小,排斥力更大,故键角:H3O+>NH3,正确;故选BCD。2.(1分)(2024·浙江高三下5月选考适应性考试)硼族元素可形成许多结构和性质特殊的化合物。基态Ga原子的电子排布式为

。

答案1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)解析Ga的原子序数为31,位于元素周期表第四周期第ⅢA族。3.(4分)(2024·浙江精诚联盟高三下三模)金属及其化合物是物质世界的重要组成部分。请回答:(1)具有高能量密度的LiNix(Mn,Co,Al)1-xO2是值得深入研究的电池正极材料。①与Co、Ni位于同一周期且同一族的元素是(填写元素符号)。

②基态Co原子的核外电子排布式是。

(2)下列说法正确的是(填字母)。

A.离子势φ(φ=离子电荷离子半径):φ(Ni3+)>φ(Ni2+)>φ(Mn2+B.与Al同周期且第一电离能小于Al的元素有2种C.基态O原子中s能级电子数与p能级电子数相等D.离子键百分比:Li2O<Al2O3答案(1)①Fe②1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2(2)AC解析(1)①Co、Ni属于第四周期第Ⅷ族元素,所以同一周期同一族的元素是Fe;②Co元素原子序数为27,根据核外电子排布规则,可写出基态Co原子的核外电子排布式。(2)A项,根据元素周期律和定义,半径:Ni3+<Ni2+<Mn2+,则离子势:Ni3+>Ni2+>Mn2+,A项正确;B项,与Al同周期且第一电离能小于Al的只有Na元素,B项错误;C项,基态O原子核外电子排布为1s22s22p4,则基态O原子中s能级电子数与p能级电子数相等,C项正确;D项,根据“对角线规则”,Li与Mg相似,离子键百分比:Li2O>Al2O3,D项错误。4.(2分)(2024·浙江稽阳联谊学校高三下二模)硫及其化合物有许多用途,古代用高温煅烧绿矾和胆矾的方法来制备硫酸。请回答:(1)Fe2+的价层电子排布式为。

(2)基态硫原子核外电子有种空间运动状态。

答案(1)3d6(2)9解析(1)铁为26号元素,价层电子排布式为3d64s2,失去最外层2个电子,故为3d6。(2)硫为16号元素,核外电子占有9个轨道,故空间运动状态为9种。5.(2分)(2024·浙江金华东阳高三下三模)锂离子电池是近年来的研究热点,常见的锂离子聚合物电池材料有石墨、NaBH4、LiAsF6、LiPF6等。下列说法正确的是(填字母)。

A.离子半径:P3->O2->F-B.基态As的最高能级的电子排布式为4s24p3C.与NH3形成配位键的能力:BH3<BCl3D.电负性:F>O>As>P答案AC解析A项,电子层数越多,半径越大,电子层数相同时,核电荷数越多,半径越小,离子半径:P3->O2->F-,故A正确;B项,基态As的最高能级的电子排布式为4p3,故B错误;C项,Cl电负性比H大,因此BCl3吸引电子的能力比BH3强,更能吸引NH3的N上的孤电子对,形成配位键,因此与NH3形成配位键的能力:BH3<BCl3,故C正确;D项,同周期主族元素,从左往右电负性逐渐增大,同族元素,从上到下电负性逐渐减小,电负性:F>O>P>As,故D错误。6.(4分)(2024·浙江县域教研联盟高三下三模)过渡元素在材料和化工生产中占有重要地位。(1)元素Mn和Fe的部分电离能如下表所示,发现Mn元素的第三电离能(I3)要大于Fe元素的第三电离能,原因是

。

元素MnFe电离能/(kJ·mol-1)I1717759I215091561I332482957(2)Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)],下列说法正确的是(填字母)。A.CH3CN与Mn原子配位时,提供孤电子对的是C原子B.电负性:H<C<N<OC.CH3CN中两个C原子的杂化类型均为sp3D.CH3CN中σ键与π键数目之比为5∶2答案(1)Mn2+的价层电子排布为3d5,是半充满状态,比较稳定;Fe2+的价层电子排布为3d6,再失去一个电子即可达到3d轨道半充满的比较稳定的状态(2)BD解析(1)锰元素位于第四周期第ⅦB族,其基态原子的价层电子排布式为3d54s2,则其基态Mn2+的价层电子排布式为3d5;由Mn2+转化为Mn3+时,3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多;而Fe2+转化为Fe3+时,3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对较少,故气态Mn2+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难。(2)A项,CH3CN中N有孤电子对,C没有孤电子对,因此CH3CN与Mn原子配位时,提供孤电子对的是N原子,故A错误;B项,同周期主族元素电负性从左到右逐渐增强,所以电负性:H<C<N<O,故B正确;C项,CH3CN中,甲基中的C原子为sp3杂化,氰基(—CN)的C原子为sp杂化,故C错误;D项,CH3CN中存在一个碳氮三键,所以σ键与π键数目之比为5∶2,故D正确。7.(3分)(2024·浙江部分学校高三下模拟)2023年8月1日起,我国对镓(Ga)等相关物项实施出口管制。Ga与B、Al处于同一主族。请回答:(1)基态Ga原子的价层电子排布图:。

(2)硼的氢化物叫硼烷(BnHm)。如B2H6(乙硼烷-6)、B4H10(丁硼烷-10)等。下列说法不正确的是(填字母)。

A.B原子由1s22s12px2→1s22s12B.B2H6的结构式:C.同周期相邻元素的电负性大小:Be<B<CD.B2H6与C≡O反应生成H3BCO,H3BCO分子中σ键与π键数目之比为5∶2答案(1)(2)AB解析(2)A项,B原子由1s22s12px2→1s22s12px12py1,2px与2py能量相同,不需吸收能量,故A错误;B项,根据B原子的价层电子排布可推知B项中结构式错误,实际上B2H6中有两个H原子与B原子形成三中心两电子结构,而非存在B—B,故B错误;C项,同周期主族元素电负性从左到右逐渐增强,所以同周期相邻元素的电负性大小:Be<B<C,故C正确;D项,B2H6与C≡O反应生成H3BCO,H3BCO分子中含4个共价单键和1个三键,则σ键与8.(2分)(2024·浙江绍兴诸暨高三下适应性考试改编)卤族元素是形成化合物的常见元素。下列说法错误的是(填字母)。

A.电负性:O>C>AlB.第一电离能:Na<Mg<AlC.离子半径:Na+<F-<Cl-D.Cu+的简化电子排布式:[Ar]3d94s1答案BD解析A项,根据同一主族从上往下元素电负性依次减小,同一周期主族元素从左往右元素的电负性依次增大可知,电负性O>C>Al,A项正确;B项,同周期元素第一电离能总体呈递增趋势,但是Mg的3s2轨道为全满结构,第一电离能大于Al,第一电离能:Na<Al<Mg,B项错误;C项,根据“核大径小,层多径大”原则,离子半径:Na+<F-<Cl-,C项正确;D项,Cu为29号元素,基态Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1,则基态Cu+的简化电子排布式为[Ar]3d10,D项错误。9.(3分)(2024·浙江“辛愉杯”高三下联考)硫及其化合物在生活、生产中有着广泛的应用。(1)基态硫原子的价层电子轨道表示式是。

(2)下列说法正确的是(填字母)。

A.H2S分子的空间结构是直线形B.六氟化硫(SF6)中心原子的杂化方式为sp3d2C.第一电离能大小顺序:F>O>SD.工业生产硫酸时用水吸收SO3答案(1)(2)BC解析(2)H2S的中心原子硫原子的价层电子对数为4,有两个孤电子对,所以其空间结构为V形,故A错误;SF6的中心原子S的价层电子对数=6+12×(6-6×1)=6,其中心原子的杂化方式为sp3d2,故B正确;F和O在同一周期,F原子半径小于O,失去一个电子比O难,F第一电离能大于O,O和S在同一主族,O原子半径小于S,O的第一电离能大于S,所以第一电离能大小顺序:F>O>S,故C正确;为防止形成酸雾,工业生产硫酸时用98.3%的浓硫酸吸收SO3,故D10.(1分)(2024·浙江高三下5月选考适应性考试)卤族元素可以与很多元素形成多种具有不同组成、结构、性质的物质。基态氟原子价层电子的轨道表示式为。答案解析氟为9号元素,基态氟原子价层电子排布式为2s22p5,进而可写出轨道表示式。11.(1分)(2024·浙江杭州西湖高级中学高三下5月模拟预测)学习结构化学,有助于洞悉物质内部奥秘。根据下图所示规律,1~18号元素中位置处于左下角元素的基态原子核外电子排布式为。

答案1s22s22p63s1解析根据题图预测,1~18号元素中位置处于左下角的元素是钠,钠的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s1。12.(1分)(2024·浙江选考科目考试冲刺卷)ⅤA族元素有的是金属元素,有的是非金属元素,应用非常广泛。基态P原子的价层电子排布式为

。

答案3s23p3解析P为15号元素,基态P原子的价层电子排布式为3s23p3。13.(3分)(2024·浙江绍兴高三下第二次模拟考试)钛铝合金是制造航空航天及武器装备热端部件的理想材料。回答下列问题:(1)基态Ti原子的价层电子的轨道表示式为。

(2)下列说法正确的是(填字母)。

A.Al2H6分子中既存在共价键又存在离子键B.化学键中离子键成分的百分数:Al2O3>MgOC.第一电离能:Mg>AlD.测定接近沸点的水蒸气的相对分子质量,测量值偏大的理由是存在相当量的水分子因氢键而相互缔合答案(1)(2)CD14.(3分)(2024·浙江台州高三下第二次教学质量评估)P可形成许多结构和性质特殊的化合物。P元素位于周期表的第15列。请回答下列问题:(1)基态P原子的价层电子轨道表示式为

。

(2)下列说法不正确的是(填字母)。

A.非金属性:As<P<NB.第二电离能(I2)大小:I2(Si)<I2(P)<I2(S)<I2(Na)C.电负性:P<As<OD.O—H的键能:F2(PO)OH<Cl2(PO)OH答案(1)(2)CD解析(1)磷是15号元素,其原子核外有15个电子,P元素基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p3,P的最外层3p电子3个电子自旋平行。(2)A项,同一主族从上往下元素的非金属性依次减弱,故非金属性:As<P<N,A正确;B项,第二电离能Na失去2p6上的电子,S失去3p3上的电子,P失去3p2上的电子,Si失去3p1上的电子,故第二电离能(I2)大小:I2(Si)<I2(P)<I2(S)<I2(Na),B正确;C项,根据同一周期从左往右主族元素电负性依次增大,同一主族从上往下元素电负性依次减小,故电负性:As<P<O,C错误;D项,相同化学键的键能不变,故D错误。15.(1分)(2024·浙江丽水湖州衢州三地市高三下教学质量检测)氮、磷、铁及其化合物在工农业生产、生活和科研中有着广泛的应用。基态Fe3+的价层电子轨道表示式为。

答案解析铁为26号元素,基态铁原子价层电子排布式为3d64s2,失去3个电子后为Fe3+,基态Fe3+的价层电子轨道表示式为。16.(1分)(2024·浙江嘉兴高三下二模)硅材料在生产、生活中占有重要地位。基态Si原子的电子排布式为。

答案1s22s22p63s23p2解析Si元素为14号元素,原子核外有14个电子,则核外电子排布式为1s22s22p63s23p2。17.(2分)(2024·浙江杭州高三下学期二模)氮、硫和氯等是组成化合物的常见元素。已知:2SO3+H2O。下列说法正确的是(填字