高中化学同步练习：选择性必修二1.1原子结构（优生加练）
文档属性
| 名称 | 高中化学同步练习：选择性必修二1.1原子结构（优生加练） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-27 08:56:53 | ||
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文档简介
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高中化学同步练习：选择性必修二1.1原子结构（优生加练）
一、选择题
1．从微粒结构角度分析，下列说法正确的是（ ）
A．中，阴离子空间结构为正四面体形，S原子的杂化方式为
B．根据价层电子对互斥理论，、、的中心原子价层电子对数相同
C．的空间结构为V形，其中心原子的杂化方式为
D．三氧化硫有单分子气体和三聚分子固体()两种存在形式，两种分子中S原子的杂化轨道类型相同
2．关于原子轨道的说法正确的是（ ）
A．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体
B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s 轨道和C原子的2p轨道混合形成
C．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s 轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道
D．凡AB3型的共价化合物，其中中心原子A均采用sp3杂化轨道成键
3．下列分子中的中心原子发生 sp2 杂化的是（ ）
A．CH4 B．NH3 C．BF3 D．H2O
4．某工业废水中含有较高浓度的Mn2+及少量的Fe2+、Fe3+，欲回收锰元素并净化废水，实验小组设计了如图流程：
室温下，相关沉淀物的溶度积常数(Ksp)如表：
沉淀物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MnS
Ksp 8×10-16 4×10-32 4×10-14 4×10-13
下列说法不正确的是（ ）
A．通空气氧化Fe2+，可降低NaOH的用量
B．Mn2+的3d能级处于半充满状态，故不易被氧化
C．试剂X可用Na2S，它比NaOH更有利于滤液检测合格
D．Mn(OH)2悬浊液中加Na2S，Mn(OH)2不可能转化为MnS
二、非选择题
5．科学家模拟光合作用，利用太阳能制备甲烷和异丙醇等燃料。
（1）利用一种新型高效二元铜铁催化剂，在光照条件下，将、转化为。
①目前测定晶体结构可靠的科学方法是 。一种铜铁催化剂的晶胞如图所示，基态原子的电子排布式为 ，该晶胞中与一个原子相紧邻的原子有 个。
②在光照和铜铁催化剂条件下，基态碳原子吸收能量变为激发态原子。下列3种不同状态的碳原子轨道表示式中，能量状态最高的是 (填字母)。
a．
b．
c．
（2）某光电催化反应器如图所示，利用电化学原理模拟光合作用由制异丙醇。
①已知Ti元素的电负性为1.5，O元素的电负性为3.5，则、O原子之间通过 键形成稳定的化合物。
②电极表面生成异丙醇的电极反应式为 ，此电极反应需选用高活性和高选择性的电化学催化剂，其目的是 。
6．工业上可由菱锌矿（主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素）制备ZnO。工艺如图所示：
相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 7.4 8.1 6.9
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.0 9.4 10.1 8.9
已知①“溶浸”后的溶液，所含金属离子主要有：、、、、。
②弱酸性溶液中氧化时，产物中含Mn元素物质只有。
③氧化性强弱顺序：
（1）基态Zn原子的简化电子排布式为[Ar] ，
（2）①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是 。（写一条即可）
②“调pH”时，可替代ZnO的一种含锌化合物是 。（用化学式表示）
③“调pH”时，若，此时溶液中的最大浓度c= mol/L。
（3）写出“氧化除杂”时溶液与反应的离子方程式 。
（4）“还原除杂”除去的离子是 ；
（5）氧化锌的一种晶体的晶胞是立方晶胞（如图所示），请在图中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图
7．硅是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。请回答下列问题：
（1）基态硅(Si)原子的核外电子排布式为 。
（2）碳(C)、硅(Si)、锗(Ge)是同族元素。
①基态C原子的价层电子排布图为 ；基态C原子核外电子的空间运动状态有 种。
②基态Si原子的核外电子占据 个能层， 个能级。
③Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为 ，微粒之间存在的相互作用是 。
④Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。从原子结构角度分析，原因是 。
（3）在元素周期表中，某些元素与其右下方的主族元素(如图所示)的一些性质是相似的。如Be与Al的化学性质相似，Be与NaOH溶液反应生成Na2BeO2和H2，请写出Be(OH)2与NaOH溶液反应的离子方程式 。
8．现有五种元素，其中A、B、C为短周期主族元素，D、E为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。
A元素的核外电子数和电子层数相等
B元素原子的核外p电子数比s电子数少1
C元素的第一至第四电离能如下： I1 = 738 kJ·mol-1 I2= 1451 kJ·mol-1 I3 = 7733 kJ·mol-1 I4 = 10540 kJ·mol-1
D是前四周期中电负性最小的元素
E在周期表的第七列
（1）B元素基态原子中能量最高的电子的电子云在空间有 个伸展方向，原子轨道呈 形。
（2）E位于第 族、 区，该元素原子的核外电子排布式为 。
（3）某同学根据上述信息，推断C基态原子的电子排布图为 ， 该同学所画的电子排布图违背了 。
（4）已知BA5为离子化合物，写出其电子式： 。
（5）检验D元素的方法是 ，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因： 。
9．CO2甲烷化加快了能源结构由化石燃料向可再生碳资源的转变。
（1）CO2甲烷化反应最早由化学家PaulSabatier提出。在一定的温度和压强条件下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：
CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g) ΔH1=+206kJ·mol-1；
CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH2=-41kJ·mol-1。
则反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH3= kJ·mol-1
（2）催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示。
①Ni2+的基态电子排布式为 。
②高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是 。
③对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是 ，使用的合适温度为 。
（3）近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现CO2甲烷化，其工作原理如图所示。
①微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为 。
②如果处理有机物[(CH2O)n]产生标准状况下11.2L的甲烷，则理论上导线中通过的电子的物质的量为 。
10．
（1）I.碳元素广泛存在于自然界中,对人类生命和生活具有重要意义。含碳化合物在工业生产和国防建设中有广泛的应用。
碳元素原子核外有 个未成对电子，最外层有 种能量不同的电子。CH4 分子的空间构型为 ，是 分子。（填“极性”或“非极性”）
（2）碳和硅是同主族元素，下列能说明二者非金属性相对强弱的是 （填编号）
a．CH4的稳定性比SiH4强 b．SiH4的沸点比CH4高
c．碳酸是强酸，硅酸是弱酸 d．碳原子半径比硅原子小
（3）II.氮化硅（Si3N4）是一种重要的陶瓷材料，可用石英与焦炭在800℃氮气气氛下合成：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g) Si3N4(s)+6CO(g)
该反应的平衡常数表达式K= 。已知平衡常数：K(800℃)>K(850℃)，则正反应是 反应（填“放热”或“吸热”）
（4）任写两种能提高二氧化硅转化率的措施 、 。
（5）一定温度下，在2 L密闭容器内，充入一定量的反应物，5分钟时达到平衡，测得容器内气体增加了0.4mol，用CO表示该反应时间内的反应速率为 。
11．已知 X、Y、Z、M、R五种元素中，原子序数依次增大，其结构或性质信息如下表。请根据信息回答有关问题：
元素 结构或性质信息
X 原子的L层上s电子数等于p电子数
Y 原子核外的L层有3个未成对电子
Z 在元素周期表的各元素中电负性仅小于氟
M 单质常温、常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子
R 第四周期过渡元素，其价电子层各能级处于半充满状态
（1）元素M的原子核外有 种不同运动状态的电子；
（2）五种元素中第一电离能最高的是 写元素符号；
（3）在Y形成的单质中， 键与 键数目之比为 ，在 中Z原子的杂化方式为 ，其分子的空间构型为 ；
（4）R的一种配合物的化学式为 。已知0.01mol 在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，此配合物最可能是 ______填序号。
A． B．
C． D．
12．科学的进步离不开技术的突破。原子光谱核磁共振、X射线行射、量子计算等技术的发展与应用都推进了结构的研究。如过渡元素原子结构、超分子结构、晶体结构、配合物结构研究等。
（1）过渡元素Cr原子的基态电子排布式为 ，Cr 的核外电子由激发态跃迁至基态时产生的光谱是 (填“吸收”或“发射”)光谱。
（2）胍鎓离子[C(NH2)3+ ]可以与甲基磺酸根( CH3SO3- )形成超分子晶体，其局部结构如图所示。
①组成该晶体的元素中电负性最大的是 ，其中 S的杂化类型有 。
②元素C、N、S的简单氢化物在水中的溶解度从小到大的顺序为 ，原因是 。
（3）①将氨气通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，继续通过量氨气，沉淀溶解，得到蓝色透明溶液。该过程中微粒的变化是[Cu(H2O)4]2+→Cu(OH)2→[Cu(NH3)4]2+。[Cu(H2O)4]2+和[Cu(NH3)4]2+中共同含有的化学键类型有 。
②已知：AlF63+在溶液中可稳定存在，CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是 (用离子方程式表示)。
（4）近年研究人员通过量子化学计算预测并合成了化合物Na2He，经X射线行射分析其晶胞结构如图所示。
①晶胞中Na堆积形成 (填形状)空间结构，He占据一半空隙，另一半由e-占据。已知Na2He晶体不能导电，理由是 。
②已知晶胞边长为a nm，晶胞中Na的半径为b nm，则He的半径为 nm(列出计算式即可)。
13．依据所学知识回答：
（1）PH3在常温下是一种无色、剧毒、易自燃的气体，分子结构与NH3相似。PH3与HX作用生成相应的化合物PH4X，PH4X在水溶液中完全水解（PH4+结构类似于CH4）。PH3分子的空间构型是 。
（2）氮是地球上极为丰富的元素，氮元素可形成多种分子或离子，如：NH3、N3―、NH2―、NH4+、N2H5+、N2H62+等。已知N2H5+与N2H62+是由中性分子结合质子形成的，类似于NH4+，因此有类似于NH4+的性质。
①写出N2H62+在足量浓强碱溶液中反应的离子方程式为 。
②写出由多个原子构成的含有与N3―电子数相同的物质的化学式 。
③肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个H原子被―NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物，则N2H4分子中氮原子的杂化类型是 。肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在 (填标号)。
a、 离子键
b、共价键
c、 配位键
d、 范德华力
④图1表示某种含氮有机化合物的结构，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，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键而予以识别该离子或分子。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是 （填标号）。
a、CF4
b、CH4
c、NH4+
d、H2O
14．某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质．当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用．
（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，NaN3中N3﹣中心原子采用 杂化．
（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为 （已知该反应为置换反应）．
（3）KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O，KClO4含有化学键的类型为 ，K的原子结构示意图为 ．
（4）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为 ．
（5）100g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N2 33.6L（标准状况）．
①用碱石灰除去的物质为 ；
②该产气药剂中NaN3的质量分数为 ．
15．我国加氢制甲醇技术取得了大突破，对解决能源紧缺和环境问题具有重要意义。
（1）铜基催化剂制甲醇其主要反应如下：
Ⅰ.合成甲醇：；；
Ⅱ.逆水煤气反应：；；
Ⅲ.成气合成甲醇：；；
回答下列问题：
①基态的3d电子轨道表示式为 。
② ， (用，表示)。
（2）若时将6mol 和8mol 充入容积为2L的密闭容器中只发生反应Ⅰ：，的物质的量变化如上表所示。
物质的量/mol /℃ /℃
0 5min 10min 15min 20min 25min 30min
8.0 3.5 2.0 2.0 1.7 1.5 1.5
①在℃条件下5-10min内，以表示的该反应速率 ，该条件下的平衡常数K= 。
②下列说法正确的是 。
A．
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应Ⅰ已达到平衡
C．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡正向移动
D．加入适当催化剂，可加快反应速率
（3）某研究小组对催化剂材料进行了研究。下列四组实验，控制和初始投料比均为1∶2.2，经过相同反应时间( min)
温度(K) 催化剂 转化率(%) 甲醇选择性(%) 综合选项
543 Cu/ZnO纳米棒材料 12.3 42.3 A
543 Cu/ZnO纳米片材料 11.9 72.7 B
553 Cu/ZnO纳米棒材料 15.3 39.1 C
553 Cu/ZnO纳米片材料 12.0 71.6 D
由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对的转化为的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为 (填字母符号)。
（4）在p=4.00MPa、原料气、合适催化剂的条件下发生反应，温度对转化率、产率、选择性的影响如图所示。已知：的选择性。
①转化率随温度升高而增大的原因可能是 。
②选择性随温度升高而减小的原因可能是 。
16． 研究含氮化合物对消除环境污染，能源结构的改变，食品添加剂的研究等有重要意义。
（1）甘氨酸锌常用于食品的添加剂，也可代替甘油作烟丝的加香、防冻。一水合甘氨酸锌结构简式如图所示。
①在H、N、O、C、Zn元素中，不属于P区元素的有： 。
②基态O原子最高能级的原子轨道形状是 。
（2）“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动领。氮化铬在现代工业中发挥了重要的作用。
①基态N原子的价层电子的轨道表示式为 。
②基态Cr原子的价层电子排布式为 。
（3）NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，该反应分两步完成，其反应历程如图所示：则决定总反应的速率这一步的热化学方程式为： 。
（4）在汽车上安装三效催化转化器，可使汽车尾气中的主要污染物(CO、NOx、碳氢化合物)进行相互反应，生成无毒物质，减少汽车尾气污染。发生以下反应：
Ⅰ．N(g)+O2(g)2NO(g) △H1
Ⅱ.2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) △H2=-747 kJ/mol
若CO的燃烧热为283.5kJ/mol，则反应Ⅰ的△H1= kJ/mol。
（5） 室温下，用氨水将SO2转化为NH4HSO3，实验测得NH4HSO3溶液中=15，则溶液的pH为 。(已知：H2SO3的Kal=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7)
（6）若T℃时，pH=2的醋酸溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-11，则该温度下水的离子积常数K= ，将此温度下VaLpH=1的HCl溶液与VbLpH=11的NaOH溶液混合后pH=3，则Va：Vb= 。
17．纳米氧化锌是一种新型无机功能材料。以氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)为原料制备纳米氧化锌的工艺流程如图：
如表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。
金属离子 Fe3+ Fe2+ Cu2+ Zn2+ Mn2+
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 6.2 8.1
完全沉淀的pH 2.8 8.3 8.0 8.2 10.1
（1）Cu2+基态核外电子排布式为 。
（2）“浸取”过程中盐酸不宜过量太多，其可能原因是 。
（3）“滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3。“氧化除杂”过程中KMnO4与Mn2+发生反应的离子方程式为 ，溶液pH范围应控制在 。
（4）①“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O]，该反应的离子方程式为 。
②碱式碳酸锌加热升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体中含有 (填化学式)。
18．
（1）硫的基态原子核外有 个未成对电子，溴的基态原子价电子轨道表示式为 。
（2）基态铁原子有 个未成对电子 ，请利用电子排布的相关知识解释三价铁比二价铁稳定的原因： 。
（3）基态铜原子的M层的电子排布式为 ，铜元素同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有 (填元素符号)。
19．已知CaCrO4微溶于水，某传统测定CaCrO4溶度积的实验如下：
①配制250 mL待标定的K2CrO4溶液。
②标定测得K2CrO4溶液浓度为0.6025 mol/L。
③按下表数据将0.2000 mol/LCaCl2溶液、K2CrO4溶液及蒸馏水混匀，静置(溶液体积变化忽略不计)。
④取上层清液于锥形瓶中，加入H2SO4和H3PO4溶液酸化，溶液由黄色转变为橙色，加入指示剂，用0.2000 mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，数据记入下表。
组别 体积(mL) 物质 1 2 3 4 5 6
CaCl2 25.00 25.00 25.00 25.00 25.00 25.00
K2CrO4 15.00 16.00 17.00 18.00 19.00 20.00
蒸馏水 10.00 9.00 8.00 7.00 6.00 5.00
取上层清液 10.00 10.00 10.00 10.00 10.00 10.00
耗(NH4)2Fe(SO4)2 13.33 15.00 16.78 18.42 20.15 21.89
⑤滴定测出上层清液中的c()，进而计算出上层清液中的c(Ca2+)，即得Ksp(CaCrO4)。
回答下列问题：
（1）步骤①中无需使用下列哪些仪器 (填标号)。
（2）基态Cr原子的电子排布式为 。
（3）步骤④中所得橙色溶液中铬元素的主要存在形式为 (填化学式)；滴定时还原产物为Cr3+，写出反应的离子方程式 。
（4）根据第2组滴定数据，计算得上层清液中c()= mol/L。
（5）滴定时，有一组数据出现了明显异常，所测c()偏大，原因可能有____(填标号)。
A．滴定终点读数时仰视刻度线
B．达终点时滴定管尖嘴有标准液悬挂
C．盛装待测液的锥形瓶未润洗
D．摇动锥形瓶时有液体溅出
（6）利用上表数据经计算绘制出如下图点，请根据图点绘出溶度积曲线 。
（7）请结合图线推测Ksp(CaCrO4)≈ (保留两位有效数字)。
20．碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
（1）碳酸锂制取锂的反应原理为：
① ；
② 。
锂原子的电子排布式为 ；CO2的结构式为 ；反应②中物质涉及的化学键类型有 。
（2）碳原子核外电子有 种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道分别是 。
（3）氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其阴离子的电子式 ，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释： 。
（4）用 、氨水和液溴制备 。除生成 外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物并配平该反应的化学方程式： ， 。
（5）磷酸亚铁锂电池总反应为： ，放电时，负极为 (填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有 气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为 。
21．下表为元素周期表的一部分：
周期 族
① ①
② ②
③ ③ ④ ⑤ ⑥
请参照元素①－⑥在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
（1）画出元素②的离子结构示意图 。
（2）②、③、⑤的离子半径由大到小的顺序为 。
（3）元素④和⑥形成的化合物的电子式： 。
（4）元素②和⑤形成的化合物的化学式为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A.根据硫酸根离子计算出价层电子对为4，即可额判断其空间构型为正四面体，故A符合题意；
B.根据给出的化学式计算出价层电子对即可判断。故B不符合题意；
C.根据臭氧的化学式计算出价层电子对判断其构型判断出其中心原子杂化方式，故C不符合题意；
D.计算出价层电子对即可判断杂化方式，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据所给出的化学式结合价层电子对计算公式计算出价层电子对即可。
2．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【分析】分子的几何构型与VSEPR构型不同，sp3杂化的轨道VSEPR构型是正四面体，而其几何构型要减掉孤对电子数，如NH3，N的杂化方式是sp3其VSEPR构型是正四面体，因N原子有一对孤对电子，所以其几何构型是三角锥形，A错。CH4分子中的sp3杂化轨道是由C原子的1个2s轨道和3个2p轨道混合形成，B错。BF3中心原子B是sp2杂化方式，D错。所以选C。
【点评】确定几何构型，要先根据价层电子互斥理论确定VSEPR模型。
3．【答案】C
【知识点】原子结构的构造原理
【解析】【解答】A．CH4的中心碳原子形成4个σ键，无孤电子对，为sp3杂化，故A不符合；
B．NH3的中心N原子形成3个σ键，孤电子对为1，为sp3杂化，故B不符合；
C．BF3的B原子形成3个σ键，无有孤电子对，采用sp2杂化，故C符合；
D．H2O的O原子形成2个σ键，孤电子对数为2，为sp3杂化，故D不符合；
故答案为：C。
【分析】根据价层电子对互斥理论判断杂化轨道，中心原子上的孤电子对数= ，a为中心原子的价电子数，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；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；
4．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据Ksp [Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)= 4×10-32，Fe3+沉淀完全时c(Fe3+)<110-5mol/L，此时c(OH-)>10-9mol/L；同理，根据Ksp [Fe(OH)2]=c(Fe2+)c2(OH-)= 8×10-16，Fe2+沉淀完全时c(Fe2+)<110-5mol/L，此时c(OH-)>=8.910-6mol/L，由此可见使Fe3+沉淀完全比Fe2+沉淀完全所需c(OH-)更小，碱的用量少，所以将Fe2+氧化为Fe3+，可降低NaOH的用量，故A不符合题意；
B．Mn的原子序数为25，Mn2+的价电子排布式为3d5，处于半充满状态，故不易被氧化，故B不符合题意；
C．沉淀完全时，存在沉淀溶解平衡，根据Ksp [Mn(OH)2]= 4×10-14，设Mn(OH)2的溶解度为x，Ksp [Mn(OH)2]=c(Mn2+) c2(OH-)=x (2x)2=4x3=4×10-14，解得x=10-4.7mol/L，同样方法，根据Ksp (MnS)= 4×10-13可计算出形成MnS沉淀后所得滤液中Mn2+的浓度为2 10-6.5mol/L，所以试剂X若用Na2S，沉淀后Mn2+浓度更小，回收率更高，它比NaOH更有利于滤液检测合格，故C不符合题意；
D．虽然Mn(OH)2比MnS的Ksp小，但在S2-浓度较大的溶液中，Mn(OH)2溶解在水中的Mn2+能与S2-结合形成MnS沉淀，所以Mn(OH)2能转化为MnS，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据Ksp计算F出e3+和Fe2+分别恰好完全沉淀时氢氧根离子的浓度，据此判断；
B．根据Mn2+ 的核外电子排布分析；
C．根据Ksp计算出形成 Mn(OH)2、 MnS沉淀后所得滤液中Mn2+的浓度进行比较；
D．Mn2+和S2-的浓度乘积大于MnS的Ksp时，可形成沉淀。
5．【答案】（1）X 射线衍射法；[Ar]3d104s1；4；c
（2）离子；3CO2+18e－＋18H＋＝CH3CH(OH)CH3＋5H2O；有效抑制析氢反应
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①目前测定晶体结构可靠的科学方法是X 射线衍射法；Cu为29号元素，因此基态Cu原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，根据图示的一个面心Fe分析该晶胞中与一个原子相紧邻的Cu原子有4个；故答案为：X 射线衍射法；[Ar]3d104s1；4。
②a为基态，b为2s上的一个电子跃迁到2p轨道上，c为2s上的一个电子跃迁到2p轨道上，但不满足洪特规则，因此3种不同状态的碳原子轨道表示式中，能量状态最高的是c；故答案为：c。
(2)①已知Ti元素的电负性为1.5，O元素的电负性为3.5，两者电负性之差等于2、大于1.7，则、O原子之间通过离子键形成稳定的化合物；故答案为：离子。
②根据图中信息，氢离子不断向左移动，则原电池左边为正极，右边为负极，Pt电极表面生成异丙醇的电极反应式为3CO2+18e－＋18H＋＝CH3CH(OH)CH3＋5H2O，本装置主要是二氧化碳制取异丙醇，还有副反应生成氢气，因此此电极反应需选用高活性和高选择性的电化学催化剂，其目的是有效抑制析氢反应；故答案为：3CO2+18e－＋18H＋＝CH3CH(OH)CH3＋5H2O；有效抑制析氢反应。
【分析】（1）①X-射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法；Cu为29号元素，根据构造原理书写其电子排布式；与Fe原子相紧邻的Cu原子有4个；
②能量越低越稳定，电子轨道在全满、半满、或是全空时最稳定；
（2）①Ti、O原子之间电负性相差较大，通过离子键形成稳定的化合物；
②原电池中阳离子向正极移动，则Pt电极为正极，电极反应为3CO2+18e－＋18H＋＝CH3CH(OH)CH3＋5H2O，TiO2电极为负极。
6．【答案】（1）
（2）加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎；或或；略
（3）
（4）、
（5）
【知识点】原子核外电子的能级分布；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】 菱锌矿（主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素）制备ZnO ，由已知①得，溶浸后滤液所含金属离子主要有：、、、、。 滤液调节 pH =5除去[转化为 Fe ( OH )3]，据已知 ② 可知，加入KMnO4氧化除杂，除去Mn2＋[将Mn2＋转化为MnO2]；根据已知 ③ ，可加锌粉还原除杂除去Ni2+、Ca2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌［ZnCO3-2Zn( OH )2.2H2O］沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到 ZnO 。
（1） Zn原子的原子序数为30，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，简化电子排布式为[Ar] 。
（2）① 加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎等都能增大浸出率。
②调节pH可选一般为含主要阳离子的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H＋反应，使pH增大的物质，故 或或 。
③在Zn2+开始沉淀计算溶剂积，当 时， 的最大浓度 ，即最大浓度为1 mol·L-1。
（3）根据已知 ② 可知， 被还原为MnO2， 被氧化为MnO2，反应方程式为。
（4）根据氧化性强弱顺序：，可知除去的为 、 。
（5）顶点锌原子投影在正方形的四个顶点，面心锌原子投影在正方形的边上和中心上，内部氧原子投影于距边长处。
【分析】浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。
7．【答案】（1）1s22s22p63s23p2
（2）；6；3；5；sp3(杂化)；共价键；Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道“肩并肩”重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键
（3）Be(OH)2 + 2OH- = BeO+2H2O
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布；共价键的形成及共价键的主要类型；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)基态Si原子核外有14个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，故答案为：1s22s22p63s23p2；
(2)①基态C原子的价层电子排布式为：2s22p2，则其价电子排布图为： ，C的核外电子有6个，处于不同能层、能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子自旋方向相反，故有6种不同的运动状态；故答案为： ；6；
②基态Si原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p2，占据K、L、M能层，占据1s、2s、2p、3s、3p能级，所以该基态原子占据3个能层、5个能级；故答案为：3；5；
③Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故答案为：sp3；共价键；
④Ge的原子半径大，原子之间形成σ键较长，p-p轨道“肩并肩“程度很小或几乎不能重叠，所以Ge原子之间难以形成双键或三键，故答案为：Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道“肩并肩”重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；
(3)根据对角线规则知，B和Si的性质相似，Si与NaOH反应生成Na2SiO3和H2，则B与NaOH反应生成NaBO2和H2，反应的离子方程式为：Be(OH)2 + 2OH- = BeO+2H2O。
【分析】（1）Si的原子序数为14， 基态硅核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；
（2）①基态C原子的价层电子排布式为：2s22p2；电子占据几个轨道就有几种空间运动状态；
②基态Si原子的核外电子占据K、L、M能层，1s、2s、2p、3s、3p能级；
③Ge单晶为原子晶体，Ge原子采取sp3杂化；
④p-p轨道“肩并肩“程度很小或几乎不能重叠；
（3） Be与NaOH溶液反应生成Na2BeO2和H2， 据此书写离子方程式。
8．【答案】（1）3；哑铃
（2）Ⅶ B；d；1s2 2s2 2p63s2 3p63d54s2 (或[Ar]3d54s2)
（3）泡利不相容原理
（4）
（5）焰色反应；当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量
【知识点】原子核外电子排布；原子结构的构造原理；原子核外电子的能级分布；原子核外电子的跃迁及应用；焰色反应
【解析】【解答】A、B、C为短周期主族元素，D、E为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，其中A元素的核外电子数和电子层数相等，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则其原子核外电子排布式为1s22s22p3，故B为N元素；C元素第三电离能剧增，则C元素原子最外层有2个电子，原子序数大于氮，故C为Mg；D是前四周期中电负性最小的元素，则D为K元素；E在周期表的第七列，则E为Mn。
(1)B元素为N元素，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，能量最高的电子为2p能级电子，其电子云在空间有3个伸展方向，原子轨道呈哑铃形，故答案为：3；哑铃；
(2)E为Mn元素，Mn位于第四周期第七列，即处于周期表中第四周期第VII B族，属于d区元素，基态Mn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2 (或[Ar]3d54s2)，故答案为：ⅦB；d；1s22s22p63s23p63d54s2 (或[Ar]3d54s2)；
(3)由图可知，该同学所画的电子排布图3s轨道2个电子自旋方向相同，因此该同学所画的电子排布图违背了泡利不相容原理，故答案为：泡利不相容原理；
(4)NH5为离子化合物，由与H-构成，其电子式为，故答案为：；
(5)D元素为K元素，检验钾元素的方法是焰色反应，产生此现象的原因是：基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变为激发态原子，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能级或基态时，以光的形式释放能量，故答案为：焰色反应；当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量。
【分析A元素的核外电子数和电子层数相等，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则其原子核外电子排布式为1s22s22p3，故B为N元素；C元素第三电离能剧增，则C元素原子最外层有2个电子，原子序数大于氮，故C为Mg；D是前四周期中电负性最小的元素，则D为K元素；E在周期表的第七列，则E为Mn；
（1）N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，能量最高的电子位于2p能级；
（2）Mn位于第四周期第VIIB族；
（3）该排布图3s轨道2个电子自旋方向相同，违背了泡利不相容原理；
（4）NH5由与H-构成；
（5）检验钾元素的方法是焰色反应；焰色反应的原理是基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变为激发态原子，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能级或基态时，以光的形式释放能量。
9．【答案】（1）-165
（2）1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8；320 ℃时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速度加快，反应相同时间时CO2转化率增加；Ni-CeO2；320℃
（3）CO2+8H++8e-=CH4+2H2O；4 mol
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，总方程式由前两个热化学方程式合并，-(①+②)，所以，本问应填“-165”；
(2)①Ni是第四周期VIII族元素，原子序数28，原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，失去最外层两个电子形成Ni2+，所以本问应填“1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8”；
②不同的催化剂对应活性温度不同，320℃状态下，以Ni-CeO2为催化剂，反应已经达到平衡，该反应正向放热，所以升温平衡逆移，反应物转化率下降，而以Ni为催化剂，反应速率慢，还未达平衡，所以升温反应速率上升，转化率升高，故本问应填“320 ℃时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速度加快，反应相同时间时CO2转化率增加”；
③根据图像分析，Ni-CeO2反应活性温度更低，工业上更加节约能源，对工业设备更友好，所以本问第一空应填“Ni-CeO2”，第二空应填“320℃”；
(3)①阴极附近CO2得电子，酸性条件下生成CH4和H2O，电极反应式应填“CO2+8H++8e-=CH4+2H2O”；
②根据电极反应式，每有1molCH4生成，转移电子8mol，所以产生标况下11.2LCH4，其物质的量是0.5mol，所以转移电子4mol，本问应填“4mol”。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①Ni为28号元素，Ni原子失去2个电子形成 Ni2+，根据构造原理书写核外电子排布式；
②低温时Ni-CeO2的催化效率高，但该反应是放热反应，320℃后升高温度，平衡逆向移动，CO2转化率下降，而低温时Ni的催化效率低，催化活性弱，催化效率低，升高温度时Ni的活性增强，反应速率加快；
③CH4的选择性越高，反应条件越佳，但是还要考虑能量的消耗等；
（3）右边生成甲烷，C元素的化合价降低，发生还原反应，则右边电极为阴极，阴极上二氧化碳得电子生成甲烷，据此书写电极反应式，计算转移电子的物质的量。
10．【答案】（1）2；2；正四面体；非极性
（2）a
（3）c(CO)6/c(N2)2；放热
（4）补充 N2；移去CO
（5）0.06mol/(L·min)
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布；化学平衡常数；碳族元素简介
【解析】【解答】（1）I.碳元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2，原子核外有2个未成对电子，最外层有2种能量不同的电子。CH4分子的空间构型为正四面体，因此是非极性分子。
（2）a．非金属性越强，氢化物越稳定，CH4的稳定性比SiH4强能说明二者非金属性相对强弱，a不符合题意；
b．SiH4的沸点比CH4高与非金属性强弱没有关系，b不符合题意；
c．碳酸是弱酸，c不符合题意；
d．碳原子半径比硅原子小与非金属性强弱没有关系，d不符合题意。
（3）II.根据方程式可知该反应的平衡常数表达式K＝c(CO)6/c(N2)2。已知平衡常数：K(800℃)＞K(850℃)，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应是放热反应；
（4）正反应是体积增大的放热的可逆反应，因此能提高二氧化硅转化率的措施有补充N2、或移去CO。
（5）根据方程式可知每生成6molCO，气体的物质的量增加4mol，因此测得容器内气体增加了0.4mol，则生成CO是0.6mol，浓度是0.3mol/L，所以用CO表示该反应时间内的反应速率为0.3mol/L÷5min＝0.06mol/(L·min)。
【分析】（1）I.原子核外电子有几种能级就有几种不同能量的电子，该原子核外有1s、2s、2p三种能量的电子，所以该原子最外层有2种不同能量的电子。
（2）a．C和Si属于同一主族元素，从上到下非金属性增强，氢化物稳定性减弱；
b．SiH4的沸点比CH4高，是因为相对分子量更高；
c．碳酸是弱酸；
d．同一主族元素，原子半径从上到下逐渐增大。
（3）II.升高温度，平衡常数减小，说明反应逆向移动；
（4）增加相关反应物以及移走产物均可增大该物质的转化率。
（5）根据反应速率的公式进行计算即可。
11．【答案】（1）17
（2）N
（3）1：2；；V型
（4）B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)M为Cl，原子核外电子排布为 共有17种不同运动状态的电子，有5种不同能级的电子；
(2)同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的，因为N原子的2p能级电子为半充满，为较稳定的结构,则N的第一电能较大；
(3)根据题意知Y的单质为N2，其中氮氮之间存在1个 键和2个 键，因此 键与 键数目之比为1:2。 中心氧原子有6个价电子，两个Cl分别提供一个电子，所以中心原子价电子对数 ，中心O原子杂化为 杂化，空间构型为V型；
(4)Cr的最高化合价为+6，氯化铬 和氯化银的物质的量之比是1:2，根据氯离子守恒知，则 化学式中含有2个氯离子为外界离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬 的化学式可能为 。
【分析】
（1）有多少个电子就有多少种运动状态。
（2）电离能的比较注意反常情况，IIA，VIA。
（3）看共价键的类型，进行判断 键和 键，杂化方式可以将分子倒过来，利用ABn型分子进行判断。
（4）配合物中外界离子在溶液中形成沉淀。根据物质的量的关系判断外界离子的个数。
12．【答案】（1）[Ar]3d54s1(或1s22s22p63s23p63d54s1)；发射
（2）O；sp3；CH4（3）极性键、配位键；3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63-
（4）立方体；没有自由移动的离子和电子；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）过渡元素Cr原子的基态电子排布式为：[Ar]3d54s1(或1s22s22p63s23p63d54s1)，Cr 的核外电子由激发态跃迁至基态时产生的光谱是发射光谱，故答案为：[Ar]3d54s1(或1s22s22p63s23p63d54s1)；发射；
（2）①电负性最大的元素为O元素，S形成了4个σ键，根据价层电子对互斥模型判断S为sp3杂化。②水为极性溶剂，CH4为非极性分子，NH3、H2S均为极性分子，且NH3能与水形成氢键，再结合相似相溶原理可以判断C、N、S的简单氢化物在水中的溶解度从小到大为：CH4（3）① 水分子或氨气分子中都存在极性键，Cu原子和水分子或氨气分子之间存在配位键，所以[Cu(H2O)6]2+和[Cu(NH3)4]2+中都含有配位键，极性键，故答案为：配位键和极性键；②CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，因为在溶液中F-与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63 ，使CaF2的溶解平衡正移，其反应的离子方程式为：3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63-。
（4）①经分析，图中黑点是Na，8个Na形成的立体结构是立方体，Na2He中没有自由移动的离子和电子，所以不能导电，故答案为：立方体；没有自由移动的离子和电子。②由晶胞的结构可以分析可知，Na与He之间的距离为晶胞体对角线的1/4，体对角线长 ，Na与He直接接触，则He的半径为 。
【分析】（1）此题考查物质结构相关知识，对于电子式的书写，根据三原则进行书写，注意洪特规则的利用。
（2）对于电负性的比较注意根据原子半径来比较，半径越小电负性越大。对于杂化类型的判断，简单判断根据其单键个数及孤电子对数进行判断。
13．【答案】（1）三角锥形
（2）N2H62+ + 2OH― = N2H4↑+ 2H2O；N2O(或CO2、BeF2等)；sp3 杂化；d；c
【知识点】化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）PH3分子的空间构型与氨气类似，均是三角锥形。
（2）①根据铵根与氢氧化钠反应的原理可知N2H62+在足量浓强碱溶液中反应的离子方程式为N2H62+ + 2OH－＝N2H4↑+ 2H2O。
②N3－电子数是7×3+1＝22，因此由多个原子构成的含有与N3－电子数相同的物质的化学式为N2O或CO2、BeF2等。
③氨气分子中氮原子是sp3杂化，由于肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个H原子被－NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物，因此N2H4分子中氮原子的杂化类型是sp3 杂化。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内存在离子键、共价键、配位键，不存在范德华力，
故答案为：d；
④要形成氢键，就要掌握形成氢键的条件：一是要有H原子，二是要电负性比较强，半径比较小的原子比如F、O、N等构成的分子间形成的特殊的分子间作用力。符合这样的选项就是C和D，但题中要求形成4个氢键，氢键具有饱和性，这样只有选C。
【分析】此题中注意杂化的判断，可以根据所接化学键来判断，当碳或氮原子接了单键时为SP3杂化，而接一个双键时是SP2.
其次可以根据类比的方法，同主族的元素可以互相替换。氢元素可以替换第7主族。
14．【答案】（1）sp
（2）Fe
（3）离子键、共价键；
（4）2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O
（5）CO2、H2O；65%
【知识点】化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应
【解析】【解答】解：（1）N3﹣与二氧化碳是等电子体，所以中心原子采用sp杂化，故答案为：sp；（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe，
故答案为：Fe；（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，含有离子键、共价键，K原子质子数为19，原子核外有4个电子层，各层电子数为2、8、8、1，原子结构示意图为 ，故答案为：离子键、共价键； ；（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O（5）①碱石灰可以吸收二氧化碳、水蒸汽，用碱石灰除去的物质为CO2、H2O，故答案为：CO2、H2O；
②氮气的物质的量 =1.5mol，根据氮元素守恒n（NaN3）= =1mol，则m（NaN3）=1mol×65g/mol=65g，故NaN3的质量分数为 ×100%=65%，
故答案为：65%．
【分析】（1）N3﹣与二氧化碳是等电子体，所以中心原子采用sp杂化；（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，则还原产物为Fe；（3）根据KClO4化合价代数和为0计算；（4）碳酸氢钠在水溶液中的电离生成钠离子和碳酸氢根离子；（5）①碱石灰可以吸收二氧化碳、水蒸汽；②根据n= 计算氮气的物质的量，根据氮元素守恒计算n（NaN3），在根据m=nM计算m（NaN3），进而计算NaN3的质量分数．
15．【答案】（1）；-90.7；
（2）；0.5；D
（3）B
（4）反应Ⅱ为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反应正向进行，故，转化率随温度升高而增大；反应Ⅰ(或反应Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于的合成，但有利于CO的生成，所以产率降低，选择性减小
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1） ① Cu2+3d轨道中含有9个电子，轨道表示式为： ；
② 反应III=I-II，则 △H1 -△H12=-49.5-（+41.2）= -90.7 ，；
（2）v（CO2）=v（H2）=×= ；
该条件下10min达到平衡：列出三段式：
CO2（g） 3H2（g） CH3OH（g） +H2O（g）
起始量（mol） 6 8 0 0
转化量（mol） 2.0 6.0 2.0 2.0
平衡量（mol） 4.0 2.0 2.0 2.0
K==；
②A.温度越高，平衡逆移，H2的平衡转化率越小，所以T1温度更大；
B. 混合气体的密度 是定值，不能表示平衡；
C. 平衡时向容器中充入惰性气体 ，虽然压强增大，但是反应物和生成物的浓度都未改变，因此平衡不会发生移动；
D.催化剂可以加快反应速率；
（3）应选择B；
（4） ①转化率随温度升高而增大的原因可能是反应Ⅱ为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反应正向进行，故，转化率随温度升高而增大 ；
②选择性随温度升高而减小的原因可能是反应Ⅰ(或反应Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于的合成，但有利于CO的生成，所以产率降低，选择性减小 。
【分析】（1）Cu的价电子排布式是：3d104s1，失去2个电子为3d9；
（2）根据盖斯定律可以得出△H3与△H1和△H2之间的关系；根据反应方程式之间的关系可以得出K3
与K2和K1之间的关系；
（3）化学反应速率之比等于物质的化学计量数之间的比；根据三段式可以计算出平衡状态时各组分的浓度，将浓度代入K值表达式求出K值；
（4）①对于吸热反应来说，升高温度，平衡正移，CO2的转化率增大；
②反应Ⅰ(或反应Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于的合成，但有利于CO的生成，所以产率降低，选择性减小 。
16．【答案】（1）H、Zn；哑铃形
（2）；3d54s1
（3）N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=-(E4-E5)kJ/mol
（4）+180
（5）5
（6）1×10-13；1：9
【知识点】原子核外电子排布；热化学方程式；盖斯定律及其应用；水的电离；pH的简单计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）①H的电子排布式为：1s1，N的电子排布式为：1s22s22p3；O的电子排布式为：1s22s22p4；C的电子排布式为：1s22s22p2；Zn的电子排布式为：[Ar]3d104s2元素中，则不属于P区元素的有：H、Zn；
故答案为：H、Zn；
②基态O原子的电子排布式为1s22s22p4，其最高能级为2p能级，形状是哑铃形；
故答案为：哑铃形；
（2）①基态N原子的价层电子排布式为2s22p3，轨道表示式为；
故答案为：；
②基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，故答案为：3d54s1；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，由图可知，反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ，则决定总反应的速率这一步是反应Ⅱ，热化学方程式为：N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) ΔH=-(E4-E5)kJ/mol；
故答案为：N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) ΔH=-(E4-E5)kJ/mol；
（4）根据盖斯定律，将Ⅰ+Ⅱ得，则，=+180kJ/mol，故答案为：+180；
（5）溶液中，解得，；
故答案为：5；
（6）pH=2的醋酸溶液中，则；混合后，pH=3，，即，解得Va：Vb=1：9，故答案为：10-13；1：9。
【分析】（1）N、O、C均为p区元素；O原子最高能级为2p能级；
（2）基态N原子的价层电子排布式为2s22p3；Cr原子的价层电子排布式为 3d54s1 ；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
（4）根据盖斯定律分析；
（5）根据pH=-lgc(H+)计算；
（6）根据计算。
17．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9
（2）防止后续 “氧化除杂”步骤中消耗更多的KMnO4和产生污染性气体Cl2
（3）2 +3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；2.8~6.0
（4）5Zn2++5 +5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑；ZnO和Zn(OH)2
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应；pH的简单计算
【解析】【解答】(1)已知Cu是29号元素，则Cu2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9，故答案为：1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9；
(2)后续 “氧化除杂”步骤中加入的KMnO4能与盐酸反应生成有毒有害的Cl2，则为了防止过量的盐酸与后续“氧化除杂”步骤中加入的KMnO4反应生成有毒有害的Cl2，则“浸取”过程中盐酸不宜过量太多，故答案为：防止后续 “氧化除杂”步骤中消耗更多的KMnO4和产生污染性气体Cl2；
(3)“滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3，根据氧化还原反应配平可得，“氧化除杂”过程中KMnO4与Mn2+发生反应的离子方程式为：2 +3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，调节溶液pH是使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不生成沉淀，由题干表中数据可知，范围应控制在2.8~6.0，故答案为：2 +3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；2.8~6.0；
(4)①“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O]，即ZnCl2和Na2CO3溶液反应生成2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O，则该反应的离子方程式为：5Zn2++5 +5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑，故答案为：5Zn2++5 +5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑；
②碱式碳酸锌加热升温过程中固体的质量变化如图所示，350℃时，剩余固体中已不含碳元素，即C全部以CO2的形式分解了，碱式碳酸锌即2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O的摩尔质量为：583g/mol，设1mol碱式碳酸锌加热到350℃时，固体质量变为423g，则固体减少了：583-423=160g，160=2×44+18x，解得x=4，说明分解产生了4molH2O，即2mol结晶水和2molZn(OH)2分解出2molH2O，即还有1molZn(OH)2为分解，则剩余固体中含有ZnO和Zn(OH)2，故答案为：ZnO和Zn(OH)2。
【分析】氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)中加入盐酸，发生反应为：ZnO+2HCl=ZnCl2+H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O、CuO+2HCl=CuCl2+H2O、MnO+2HCl=MnCl2+H2O，向浸取液中加入KMnO4固体，将Fe2+氧化为Fe3+，再转化为Fe(OH)3沉淀，将Mn2+转化为MnO2沉淀，过滤出滤渣1，主要成分是Fe(OH)3和MnO2，滤液中含有Cu2+和Zn2+，加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，置换出Cu，过滤出滤渣2，主要成分为Cu和Zn，滤液2主要成分是ZnCl2和KCl，加入Na2CO3，发生反应：5Zn2++5 +5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑。
18．【答案】（1）2；
（2）4；Fe3+的价电子为3d5，Fe2+的价电子为3d6，前者3d轨道为半满状态，而后者既不是半满，也不是全满或全空，故Fe3+更为稳定
（3）3s23p63d10 ；K、Cr
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布
【解析】【解答】(1)硫的价电子排布式为3s23p4，硫的基态原子核外有2个未成对电子；溴的价电子排布式为4s24p5，溴的基态原子价电子轨道表示式为
(2)铁的价电子排布式为3d64s2，基态铁原子有4个未成对电子，利用电子排布的相关知识解释三价铁比二价铁稳定的原因：Fe3+的价电子为3d5，Fe2+的价电子为3d6，前者轨道为半满状态，而后者既不是半满，也不是全满或全空，故Fe3+更为稳定。
(3)铜为29号元素，基态铜原子的M层的电子排布式为3s'3p63d10，最外层电子排布式是4s1，铜元素同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr。
【分析】
（1）基态硫原子电子排布式书写后，按照能量最低原理、泡利不相容和洪特规则，即可看出未成对电子数，以及电子轨道排布式；
（2）铁原子基态的排布式有4个未成对电子
19．【答案】（1）AC
（2）1s22s22p63s23p63d54s1
（3）Cr2O；Cr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
（4）0.1000
（5）A；B
（6）
（7）7.2×10-4
【知识点】原子核外电子排布；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)①配制250 mL待标定的K2CrO4溶液，称量一定质量的K2CrO4放到500mL的烧杯中，用量筒量取250mL的水，加入烧杯中用玻璃搅拌，得体积约为250mL的溶液，步骤①中无需使用下列哪些仪器100mL的容量瓶、分液漏斗。故答案为：AC；
(2)Cr为24号元素，3d、4s均为半充满结构，基态Cr原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；
(3)步骤④中加入H2SO4和H3PO4溶液酸化，2+2H+ Cr2O+H2O，所得橙色溶液中铬元素的主要存在形式为 Cr2O(填化学式)；滴定时还原产物为Cr3+，反应的离子方程式 Cr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。故答案为： Cr2O；Cr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；
(4) 根据第2组滴定数据，由Cr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，2+2H+ Cr2O+H2O，得c()= ，计算得上层清液中c()=0.1000 mol/L。故答案为：0.1000；
(5)滴定时，有一组数据出现了明显异常，所测c()偏大，根据浓度计算式c()=，
A．滴定终点读数时仰视刻度线，Ｖ测偏大，c()偏大，故Ａ选；
B．达终点时滴定管尖嘴有标准液悬挂，Ｖ测偏大，c()偏大，故Ｂ选；
C．盛装待测液的锥形瓶未润洗，对结果没有影响，故Ｃ不选；
D．摇动锥形瓶时有液体溅出，Ｖ测偏小，c()偏小，故Ｄ不选；
故答案为：AB；
(6)利用上表数据经计算绘制出如下图点，注意忽略误差较大的点，根据图点绘出溶度积曲线包括蓝图：
。故答案为：；
(7)结合图线当c()=0.1000 mol·L－1，c(Ca2+)≈7.2×10-3 mol·L－1，推测Ksp(CaCrO4)≈0.1000×7.2×10-3=7.2×10-4(保留两位有效数字)。故答案为：7.2×10-4。
【分析】(1)①配制250mL待标定的K2CrO4溶液，托盘天平称量，500mL的烧杯中溶解，用量筒量取250mL的水，加入烧杯中用玻璃棒搅拌，注意没有250mL的容量瓶，只能用250mL的烧杯配浓度接近的溶液；
（2）Cr24号元素，3d、4s均为半充满结构，得到基态Cr原子的电子排布式；
（3）步骤⑧中加入H2S4和H3P04溶液酸化，平衡正向移动，滴定时还原产物为Cr3+，二价铁离子被氧化为三价铁，得失电子数相等配平方程式；
（4）根据第狂向之数据，计算出结果即可；
（5）滴定时，有一组数据出现了明显异常，所测c(CrO42-)偏大，根据浓度计算式c(CrO42-)来分析；
（6）利用上表效店计算公制出如图点，注意忽略误差较大的点；
（7）Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H20，2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H20，得c(CrO42-)，根据(6)中溶解度曲线，进而计算出上层清液中的c(Ca2+)，即Ksp(CaCrO4）=c（Ca2+）×c(CrO42-)。
20．【答案】（1）1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键
（2）3；2p
（3）[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大
（4）3Li2CO3+3Br2+2NH3 H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑
（5）Li；1.4g
【知识点】原子核外电子排布；化学键；氧化还原反应方程式的配平；电解池工作原理及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】(1)Li核外有3个电子，分两层排布，基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为O=C=O；反应② 中，氧化锂中含有离子键，碳、一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键，故答案为：1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键；
(2)C原子核外有6个电子，分别在1s、2s、2p轨道，有3种不同能量的电子，能量最高的电子在2p轨道，故答案为：3；2p；
(3)LiH的阴离子为H-，其电子式为[H：]-，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小，所以氢负离子的半径比锂离子大，故答案为：[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
(4)Li2CO3、氨水混合物中加入液溴，反应生成LiBr，溴将氨水氧化生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3 H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑，故答案为：3Li2CO3+3Br2+2NH3 H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑；
(5) 磷酸亚铁锂电池总反应为： ，电池放电时为原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极；若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，则氢气和氯气的总物质的量为 =0.2mol，则生成氢气和氯气的物质的量都是0.1mol，根据H2～2Li～2e-，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故答案为：Li；1.4g。
【分析】LiH的阴离子为H-，结合核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小分析判断；Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，两种参与大气循环的气体为氮气和二氧化碳，据此书写反应的方程式；电池放电时原电池原理，结合电解饱和食盐水得到的气体为氢气和氯气，结合得失电子守恒计算。
21．【答案】（1）
（2）r(S2－)>r(O2－)>r(Na+)
（3）
（4）SO2或SO3
【知识点】原子结构的构造原理；原子结构示意图；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）根据元素在周期表的位置得到，元素②为S，所以S2－的离子结构示意图为： 。
（2）判断离子半径，显判断电子层，电子层越多半径越大，电子层相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以顺序为：r(S2－)>r(O2－)>r(Na+)。
（3）元素④和⑥形成的化合物为CCl4，其电子式为 。
（4）元素②和⑤形成的化合物可能是二氧化硫或三氧化硫，所以答案为：SO2或SO3。
【分析】核外电子相等的离子，阴离子的半径大于阳离子，电荷相同时，核电荷数大的离子半径更大。
试题分析部分
1、试卷总体分布分析
总分：141分
分值分布 客观题（占比） 25.0(17.7%)
主观题（占比） 116.0(82.3%)
题量分布 客观题（占比） 6(28.6%)
主观题（占比） 15(71.4%)
2、试卷题量分布分析
大题题型 题目量（占比） 分值（占比）
选择题 4(19.0%) 8.0(5.7%)
非选择题 17(81.0%) 133.0(94.3%)
3、试卷难度结构分析
序号 难易度 占比
1 困难 (100.0%)
4、试卷知识点分析
序号 知识点（认知水平） 分值（占比） 对应题号
1 氧化还原反应方程式的配平 17.0(12.1%) 6,20
2 离子方程式的书写 9.0(6.4%) 7
3 pH的简单计算 15.0(10.6%) 16,17
4 元素周期表的结构及其应用 9.0(6.4%) 16
5 化学平衡转化过程中的变化曲线 7.0(5.0%) 9
6 水的电离 9.0(6.4%) 16
7 焰色反应 9.0(6.4%) 8
8 原子核外电子的运动状态 14.0(9.9%) 5,11
9 化学反应速率的影响因素 7.0(5.0%) 6
10 氧化还原反应 13.0(9.2%) 14,17
11 共价键的形成及共价键的主要类型 11.0(7.8%) 1,7
12 原子核外电子的跃迁及应用 9.0(6.4%) 8
13 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 35.0(24.8%) 1,2,11,12,13,14
14 原子核外电子排布 111.0(78.7%) 4,5,7,8,9,10,11,12,15,16,17,18,19,20
15 化学键 34.0(24.1%) 12,13,14,20
16 热化学方程式 9.0(6.4%) 16
17 盖斯定律及其应用 16.0(11.3%) 9,16
18 电极反应和电池反应方程式 14.0(9.9%) 5,9
19 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 18.0(12.8%) 4,6,19
20 原子结构示意图 4.0(2.8%) 21
21 化学平衡常数 19.0(13.5%) 10,15
22 化学平衡移动原理 9.0(6.4%) 15
23 原子核外电子的能级分布 41.0(29.1%) 6,7,8,10,18
24 化学反应速率 9.0(6.4%) 15
25 原子结构的构造原理 15.0(10.6%) 3,8,21
26 碳族元素简介 10.0(7.1%) 10
27 化学平衡的影响因素 9.0(6.4%) 15
28 微粒半径大小的比较 10.0(7.1%) 20
29 元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律 4.0(2.8%) 21
30 电解池工作原理及应用 24.0(17.0%) 5,9,20
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高中化学同步练习：选择性必修二1.1原子结构（优生加练）
一、选择题
1．从微粒结构角度分析，下列说法正确的是（ ）
A．中，阴离子空间结构为正四面体形，S原子的杂化方式为
B．根据价层电子对互斥理论，、、的中心原子价层电子对数相同
C．的空间结构为V形，其中心原子的杂化方式为
D．三氧化硫有单分子气体和三聚分子固体()两种存在形式，两种分子中S原子的杂化轨道类型相同
2．关于原子轨道的说法正确的是（ ）
A．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体
B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s 轨道和C原子的2p轨道混合形成
C．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s 轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道
D．凡AB3型的共价化合物，其中中心原子A均采用sp3杂化轨道成键
3．下列分子中的中心原子发生 sp2 杂化的是（ ）
A．CH4 B．NH3 C．BF3 D．H2O
4．某工业废水中含有较高浓度的Mn2+及少量的Fe2+、Fe3+，欲回收锰元素并净化废水，实验小组设计了如图流程：
室温下，相关沉淀物的溶度积常数(Ksp)如表：
沉淀物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MnS
Ksp 8×10-16 4×10-32 4×10-14 4×10-13
下列说法不正确的是（ ）
A．通空气氧化Fe2+，可降低NaOH的用量
B．Mn2+的3d能级处于半充满状态，故不易被氧化
C．试剂X可用Na2S，它比NaOH更有利于滤液检测合格
D．Mn(OH)2悬浊液中加Na2S，Mn(OH)2不可能转化为MnS
二、非选择题
5．科学家模拟光合作用，利用太阳能制备甲烷和异丙醇等燃料。
（1）利用一种新型高效二元铜铁催化剂，在光照条件下，将、转化为。
①目前测定晶体结构可靠的科学方法是 。一种铜铁催化剂的晶胞如图所示，基态原子的电子排布式为 ，该晶胞中与一个原子相紧邻的原子有 个。
②在光照和铜铁催化剂条件下，基态碳原子吸收能量变为激发态原子。下列3种不同状态的碳原子轨道表示式中，能量状态最高的是 (填字母)。
a．
b．
c．
（2）某光电催化反应器如图所示，利用电化学原理模拟光合作用由制异丙醇。
①已知Ti元素的电负性为1.5，O元素的电负性为3.5，则、O原子之间通过 键形成稳定的化合物。
②电极表面生成异丙醇的电极反应式为 ，此电极反应需选用高活性和高选择性的电化学催化剂，其目的是 。
6．工业上可由菱锌矿（主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素）制备ZnO。工艺如图所示：
相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 7.4 8.1 6.9
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.0 9.4 10.1 8.9
已知①“溶浸”后的溶液，所含金属离子主要有：、、、、。
②弱酸性溶液中氧化时，产物中含Mn元素物质只有。
③氧化性强弱顺序：
（1）基态Zn原子的简化电子排布式为[Ar] ，
（2）①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是 。（写一条即可）
②“调pH”时，可替代ZnO的一种含锌化合物是 。（用化学式表示）
③“调pH”时，若，此时溶液中的最大浓度c= mol/L。
（3）写出“氧化除杂”时溶液与反应的离子方程式 。
（4）“还原除杂”除去的离子是 ；
（5）氧化锌的一种晶体的晶胞是立方晶胞（如图所示），请在图中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图
7．硅是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。请回答下列问题：
（1）基态硅(Si)原子的核外电子排布式为 。
（2）碳(C)、硅(Si)、锗(Ge)是同族元素。
①基态C原子的价层电子排布图为 ；基态C原子核外电子的空间运动状态有 种。
②基态Si原子的核外电子占据 个能层， 个能级。
③Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为 ，微粒之间存在的相互作用是 。
④Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。从原子结构角度分析，原因是 。
（3）在元素周期表中，某些元素与其右下方的主族元素(如图所示)的一些性质是相似的。如Be与Al的化学性质相似，Be与NaOH溶液反应生成Na2BeO2和H2，请写出Be(OH)2与NaOH溶液反应的离子方程式 。
8．现有五种元素，其中A、B、C为短周期主族元素，D、E为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。
A元素的核外电子数和电子层数相等
B元素原子的核外p电子数比s电子数少1
C元素的第一至第四电离能如下： I1 = 738 kJ·mol-1 I2= 1451 kJ·mol-1 I3 = 7733 kJ·mol-1 I4 = 10540 kJ·mol-1
D是前四周期中电负性最小的元素
E在周期表的第七列
（1）B元素基态原子中能量最高的电子的电子云在空间有 个伸展方向，原子轨道呈 形。
（2）E位于第 族、 区，该元素原子的核外电子排布式为 。
（3）某同学根据上述信息，推断C基态原子的电子排布图为 ， 该同学所画的电子排布图违背了 。
（4）已知BA5为离子化合物，写出其电子式： 。
（5）检验D元素的方法是 ，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因： 。
9．CO2甲烷化加快了能源结构由化石燃料向可再生碳资源的转变。
（1）CO2甲烷化反应最早由化学家PaulSabatier提出。在一定的温度和压强条件下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：
CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g) ΔH1=+206kJ·mol-1；
CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH2=-41kJ·mol-1。
则反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH3= kJ·mol-1
（2）催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示。
①Ni2+的基态电子排布式为 。
②高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是 。
③对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是 ，使用的合适温度为 。
（3）近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现CO2甲烷化，其工作原理如图所示。
①微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为 。
②如果处理有机物[(CH2O)n]产生标准状况下11.2L的甲烷，则理论上导线中通过的电子的物质的量为 。
10．
（1）I.碳元素广泛存在于自然界中,对人类生命和生活具有重要意义。含碳化合物在工业生产和国防建设中有广泛的应用。
碳元素原子核外有 个未成对电子，最外层有 种能量不同的电子。CH4 分子的空间构型为 ，是 分子。（填“极性”或“非极性”）
（2）碳和硅是同主族元素，下列能说明二者非金属性相对强弱的是 （填编号）
a．CH4的稳定性比SiH4强 b．SiH4的沸点比CH4高
c．碳酸是强酸，硅酸是弱酸 d．碳原子半径比硅原子小
（3）II.氮化硅（Si3N4）是一种重要的陶瓷材料，可用石英与焦炭在800℃氮气气氛下合成：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g) Si3N4(s)+6CO(g)
该反应的平衡常数表达式K= 。已知平衡常数：K(800℃)>K(850℃)，则正反应是 反应（填“放热”或“吸热”）
（4）任写两种能提高二氧化硅转化率的措施 、 。
（5）一定温度下，在2 L密闭容器内，充入一定量的反应物，5分钟时达到平衡，测得容器内气体增加了0.4mol，用CO表示该反应时间内的反应速率为 。
11．已知 X、Y、Z、M、R五种元素中，原子序数依次增大，其结构或性质信息如下表。请根据信息回答有关问题：
元素 结构或性质信息
X 原子的L层上s电子数等于p电子数
Y 原子核外的L层有3个未成对电子
Z 在元素周期表的各元素中电负性仅小于氟
M 单质常温、常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子
R 第四周期过渡元素，其价电子层各能级处于半充满状态
（1）元素M的原子核外有 种不同运动状态的电子；
（2）五种元素中第一电离能最高的是 写元素符号；
（3）在Y形成的单质中， 键与 键数目之比为 ，在 中Z原子的杂化方式为 ，其分子的空间构型为 ；
（4）R的一种配合物的化学式为 。已知0.01mol 在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，此配合物最可能是 ______填序号。
A． B．
C． D．
12．科学的进步离不开技术的突破。原子光谱核磁共振、X射线行射、量子计算等技术的发展与应用都推进了结构的研究。如过渡元素原子结构、超分子结构、晶体结构、配合物结构研究等。
（1）过渡元素Cr原子的基态电子排布式为 ，Cr 的核外电子由激发态跃迁至基态时产生的光谱是 (填“吸收”或“发射”)光谱。
（2）胍鎓离子[C(NH2)3+ ]可以与甲基磺酸根( CH3SO3- )形成超分子晶体，其局部结构如图所示。
①组成该晶体的元素中电负性最大的是 ，其中 S的杂化类型有 。
②元素C、N、S的简单氢化物在水中的溶解度从小到大的顺序为 ，原因是 。
（3）①将氨气通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，继续通过量氨气，沉淀溶解，得到蓝色透明溶液。该过程中微粒的变化是[Cu(H2O)4]2+→Cu(OH)2→[Cu(NH3)4]2+。[Cu(H2O)4]2+和[Cu(NH3)4]2+中共同含有的化学键类型有 。
②已知：AlF63+在溶液中可稳定存在，CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是 (用离子方程式表示)。
（4）近年研究人员通过量子化学计算预测并合成了化合物Na2He，经X射线行射分析其晶胞结构如图所示。
①晶胞中Na堆积形成 (填形状)空间结构，He占据一半空隙，另一半由e-占据。已知Na2He晶体不能导电，理由是 。
②已知晶胞边长为a nm，晶胞中Na的半径为b nm，则He的半径为 nm(列出计算式即可)。
13．依据所学知识回答：
（1）PH3在常温下是一种无色、剧毒、易自燃的气体，分子结构与NH3相似。PH3与HX作用生成相应的化合物PH4X，PH4X在水溶液中完全水解（PH4+结构类似于CH4）。PH3分子的空间构型是 。
（2）氮是地球上极为丰富的元素，氮元素可形成多种分子或离子，如：NH3、N3―、NH2―、NH4+、N2H5+、N2H62+等。已知N2H5+与N2H62+是由中性分子结合质子形成的，类似于NH4+，因此有类似于NH4+的性质。
①写出N2H62+在足量浓强碱溶液中反应的离子方程式为 。
②写出由多个原子构成的含有与N3―电子数相同的物质的化学式 。
③肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个H原子被―NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物，则N2H4分子中氮原子的杂化类型是 。肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在 (填标号)。
a、 离子键
b、共价键
c、 配位键
d、 范德华力
④图1表示某种含氮有机化合物的结构，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，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键而予以识别该离子或分子。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是 （填标号）。
a、CF4
b、CH4
c、NH4+
d、H2O
14．某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质．当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用．
（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，NaN3中N3﹣中心原子采用 杂化．
（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为 （已知该反应为置换反应）．
（3）KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O，KClO4含有化学键的类型为 ，K的原子结构示意图为 ．
（4）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为 ．
（5）100g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N2 33.6L（标准状况）．
①用碱石灰除去的物质为 ；
②该产气药剂中NaN3的质量分数为 ．
15．我国加氢制甲醇技术取得了大突破，对解决能源紧缺和环境问题具有重要意义。
（1）铜基催化剂制甲醇其主要反应如下：
Ⅰ.合成甲醇：；；
Ⅱ.逆水煤气反应：；；
Ⅲ.成气合成甲醇：；；
回答下列问题：
①基态的3d电子轨道表示式为 。
② ， (用，表示)。
（2）若时将6mol 和8mol 充入容积为2L的密闭容器中只发生反应Ⅰ：，的物质的量变化如上表所示。
物质的量/mol /℃ /℃
0 5min 10min 15min 20min 25min 30min
8.0 3.5 2.0 2.0 1.7 1.5 1.5
①在℃条件下5-10min内，以表示的该反应速率 ，该条件下的平衡常数K= 。
②下列说法正确的是 。
A．
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应Ⅰ已达到平衡
C．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡正向移动
D．加入适当催化剂，可加快反应速率
（3）某研究小组对催化剂材料进行了研究。下列四组实验，控制和初始投料比均为1∶2.2，经过相同反应时间( min)
温度(K) 催化剂 转化率(%) 甲醇选择性(%) 综合选项
543 Cu/ZnO纳米棒材料 12.3 42.3 A
543 Cu/ZnO纳米片材料 11.9 72.7 B
553 Cu/ZnO纳米棒材料 15.3 39.1 C
553 Cu/ZnO纳米片材料 12.0 71.6 D
由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对的转化为的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为 (填字母符号)。
（4）在p=4.00MPa、原料气、合适催化剂的条件下发生反应，温度对转化率、产率、选择性的影响如图所示。已知：的选择性。
①转化率随温度升高而增大的原因可能是 。
②选择性随温度升高而减小的原因可能是 。
16． 研究含氮化合物对消除环境污染，能源结构的改变，食品添加剂的研究等有重要意义。
（1）甘氨酸锌常用于食品的添加剂，也可代替甘油作烟丝的加香、防冻。一水合甘氨酸锌结构简式如图所示。
①在H、N、O、C、Zn元素中，不属于P区元素的有： 。
②基态O原子最高能级的原子轨道形状是 。
（2）“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动领。氮化铬在现代工业中发挥了重要的作用。
①基态N原子的价层电子的轨道表示式为 。
②基态Cr原子的价层电子排布式为 。
（3）NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，该反应分两步完成，其反应历程如图所示：则决定总反应的速率这一步的热化学方程式为： 。
（4）在汽车上安装三效催化转化器，可使汽车尾气中的主要污染物(CO、NOx、碳氢化合物)进行相互反应，生成无毒物质，减少汽车尾气污染。发生以下反应：
Ⅰ．N(g)+O2(g)2NO(g) △H1
Ⅱ.2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) △H2=-747 kJ/mol
若CO的燃烧热为283.5kJ/mol，则反应Ⅰ的△H1= kJ/mol。
（5） 室温下，用氨水将SO2转化为NH4HSO3，实验测得NH4HSO3溶液中=15，则溶液的pH为 。(已知：H2SO3的Kal=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7)
（6）若T℃时，pH=2的醋酸溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-11，则该温度下水的离子积常数K= ，将此温度下VaLpH=1的HCl溶液与VbLpH=11的NaOH溶液混合后pH=3，则Va：Vb= 。
17．纳米氧化锌是一种新型无机功能材料。以氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)为原料制备纳米氧化锌的工艺流程如图：
如表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。
金属离子 Fe3+ Fe2+ Cu2+ Zn2+ Mn2+
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 6.2 8.1
完全沉淀的pH 2.8 8.3 8.0 8.2 10.1
（1）Cu2+基态核外电子排布式为 。
（2）“浸取”过程中盐酸不宜过量太多，其可能原因是 。
（3）“滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3。“氧化除杂”过程中KMnO4与Mn2+发生反应的离子方程式为 ，溶液pH范围应控制在 。
（4）①“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O]，该反应的离子方程式为 。
②碱式碳酸锌加热升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体中含有 (填化学式)。
18．
（1）硫的基态原子核外有 个未成对电子，溴的基态原子价电子轨道表示式为 。
（2）基态铁原子有 个未成对电子 ，请利用电子排布的相关知识解释三价铁比二价铁稳定的原因： 。
（3）基态铜原子的M层的电子排布式为 ，铜元素同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有 (填元素符号)。
19．已知CaCrO4微溶于水，某传统测定CaCrO4溶度积的实验如下：
①配制250 mL待标定的K2CrO4溶液。
②标定测得K2CrO4溶液浓度为0.6025 mol/L。
③按下表数据将0.2000 mol/LCaCl2溶液、K2CrO4溶液及蒸馏水混匀，静置(溶液体积变化忽略不计)。
④取上层清液于锥形瓶中，加入H2SO4和H3PO4溶液酸化，溶液由黄色转变为橙色，加入指示剂，用0.2000 mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，数据记入下表。
组别 体积(mL) 物质 1 2 3 4 5 6
CaCl2 25.00 25.00 25.00 25.00 25.00 25.00
K2CrO4 15.00 16.00 17.00 18.00 19.00 20.00
蒸馏水 10.00 9.00 8.00 7.00 6.00 5.00
取上层清液 10.00 10.00 10.00 10.00 10.00 10.00
耗(NH4)2Fe(SO4)2 13.33 15.00 16.78 18.42 20.15 21.89
⑤滴定测出上层清液中的c()，进而计算出上层清液中的c(Ca2+)，即得Ksp(CaCrO4)。
回答下列问题：
（1）步骤①中无需使用下列哪些仪器 (填标号)。
（2）基态Cr原子的电子排布式为 。
（3）步骤④中所得橙色溶液中铬元素的主要存在形式为 (填化学式)；滴定时还原产物为Cr3+，写出反应的离子方程式 。
（4）根据第2组滴定数据，计算得上层清液中c()= mol/L。
（5）滴定时，有一组数据出现了明显异常，所测c()偏大，原因可能有____(填标号)。
A．滴定终点读数时仰视刻度线
B．达终点时滴定管尖嘴有标准液悬挂
C．盛装待测液的锥形瓶未润洗
D．摇动锥形瓶时有液体溅出
（6）利用上表数据经计算绘制出如下图点，请根据图点绘出溶度积曲线 。
（7）请结合图线推测Ksp(CaCrO4)≈ (保留两位有效数字)。
20．碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
（1）碳酸锂制取锂的反应原理为：
① ；
② 。
锂原子的电子排布式为 ；CO2的结构式为 ；反应②中物质涉及的化学键类型有 。
（2）碳原子核外电子有 种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道分别是 。
（3）氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其阴离子的电子式 ，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释： 。
（4）用 、氨水和液溴制备 。除生成 外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物并配平该反应的化学方程式： ， 。
（5）磷酸亚铁锂电池总反应为： ，放电时，负极为 (填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有 气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为 。
21．下表为元素周期表的一部分：
周期 族
① ①
② ②
③ ③ ④ ⑤ ⑥
请参照元素①－⑥在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
（1）画出元素②的离子结构示意图 。
（2）②、③、⑤的离子半径由大到小的顺序为 。
（3）元素④和⑥形成的化合物的电子式： 。
（4）元素②和⑤形成的化合物的化学式为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A.根据硫酸根离子计算出价层电子对为4，即可额判断其空间构型为正四面体，故A符合题意；
B.根据给出的化学式计算出价层电子对即可判断。故B不符合题意；
C.根据臭氧的化学式计算出价层电子对判断其构型判断出其中心原子杂化方式，故C不符合题意；
D.计算出价层电子对即可判断杂化方式，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据所给出的化学式结合价层电子对计算公式计算出价层电子对即可。
2．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【分析】分子的几何构型与VSEPR构型不同，sp3杂化的轨道VSEPR构型是正四面体，而其几何构型要减掉孤对电子数，如NH3，N的杂化方式是sp3其VSEPR构型是正四面体，因N原子有一对孤对电子，所以其几何构型是三角锥形，A错。CH4分子中的sp3杂化轨道是由C原子的1个2s轨道和3个2p轨道混合形成，B错。BF3中心原子B是sp2杂化方式，D错。所以选C。
【点评】确定几何构型，要先根据价层电子互斥理论确定VSEPR模型。
3．【答案】C
【知识点】原子结构的构造原理
【解析】【解答】A．CH4的中心碳原子形成4个σ键，无孤电子对，为sp3杂化，故A不符合；
B．NH3的中心N原子形成3个σ键，孤电子对为1，为sp3杂化，故B不符合；
C．BF3的B原子形成3个σ键，无有孤电子对，采用sp2杂化，故C符合；
D．H2O的O原子形成2个σ键，孤电子对数为2，为sp3杂化，故D不符合；
故答案为：C。
【分析】根据价层电子对互斥理论判断杂化轨道，中心原子上的孤电子对数= ，a为中心原子的价电子数，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；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；
4．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据Ksp [Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)= 4×10-32，Fe3+沉淀完全时c(Fe3+)<110-5mol/L，此时c(OH-)>10-9mol/L；同理，根据Ksp [Fe(OH)2]=c(Fe2+)c2(OH-)= 8×10-16，Fe2+沉淀完全时c(Fe2+)<110-5mol/L，此时c(OH-)>=8.910-6mol/L，由此可见使Fe3+沉淀完全比Fe2+沉淀完全所需c(OH-)更小，碱的用量少，所以将Fe2+氧化为Fe3+，可降低NaOH的用量，故A不符合题意；
B．Mn的原子序数为25，Mn2+的价电子排布式为3d5，处于半充满状态，故不易被氧化，故B不符合题意；
C．沉淀完全时，存在沉淀溶解平衡，根据Ksp [Mn(OH)2]= 4×10-14，设Mn(OH)2的溶解度为x，Ksp [Mn(OH)2]=c(Mn2+) c2(OH-)=x (2x)2=4x3=4×10-14，解得x=10-4.7mol/L，同样方法，根据Ksp (MnS)= 4×10-13可计算出形成MnS沉淀后所得滤液中Mn2+的浓度为2 10-6.5mol/L，所以试剂X若用Na2S，沉淀后Mn2+浓度更小，回收率更高，它比NaOH更有利于滤液检测合格，故C不符合题意；
D．虽然Mn(OH)2比MnS的Ksp小，但在S2-浓度较大的溶液中，Mn(OH)2溶解在水中的Mn2+能与S2-结合形成MnS沉淀，所以Mn(OH)2能转化为MnS，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据Ksp计算F出e3+和Fe2+分别恰好完全沉淀时氢氧根离子的浓度，据此判断；
B．根据Mn2+ 的核外电子排布分析；
C．根据Ksp计算出形成 Mn(OH)2、 MnS沉淀后所得滤液中Mn2+的浓度进行比较；
D．Mn2+和S2-的浓度乘积大于MnS的Ksp时，可形成沉淀。
5．【答案】（1）X 射线衍射法；[Ar]3d104s1；4；c
（2）离子；3CO2+18e－＋18H＋＝CH3CH(OH)CH3＋5H2O；有效抑制析氢反应
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①目前测定晶体结构可靠的科学方法是X 射线衍射法；Cu为29号元素，因此基态Cu原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，根据图示的一个面心Fe分析该晶胞中与一个原子相紧邻的Cu原子有4个；故答案为：X 射线衍射法；[Ar]3d104s1；4。
②a为基态，b为2s上的一个电子跃迁到2p轨道上，c为2s上的一个电子跃迁到2p轨道上，但不满足洪特规则，因此3种不同状态的碳原子轨道表示式中，能量状态最高的是c；故答案为：c。
(2)①已知Ti元素的电负性为1.5，O元素的电负性为3.5，两者电负性之差等于2、大于1.7，则、O原子之间通过离子键形成稳定的化合物；故答案为：离子。
②根据图中信息，氢离子不断向左移动，则原电池左边为正极，右边为负极，Pt电极表面生成异丙醇的电极反应式为3CO2+18e－＋18H＋＝CH3CH(OH)CH3＋5H2O，本装置主要是二氧化碳制取异丙醇，还有副反应生成氢气，因此此电极反应需选用高活性和高选择性的电化学催化剂，其目的是有效抑制析氢反应；故答案为：3CO2+18e－＋18H＋＝CH3CH(OH)CH3＋5H2O；有效抑制析氢反应。
【分析】（1）①X-射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法；Cu为29号元素，根据构造原理书写其电子排布式；与Fe原子相紧邻的Cu原子有4个；
②能量越低越稳定，电子轨道在全满、半满、或是全空时最稳定；
（2）①Ti、O原子之间电负性相差较大，通过离子键形成稳定的化合物；
②原电池中阳离子向正极移动，则Pt电极为正极，电极反应为3CO2+18e－＋18H＋＝CH3CH(OH)CH3＋5H2O，TiO2电极为负极。
6．【答案】（1）
（2）加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎；或或；略
（3）
（4）、
（5）
【知识点】原子核外电子的能级分布；氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】 菱锌矿（主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素）制备ZnO ，由已知①得，溶浸后滤液所含金属离子主要有：、、、、。 滤液调节 pH =5除去[转化为 Fe ( OH )3]，据已知 ② 可知，加入KMnO4氧化除杂，除去Mn2＋[将Mn2＋转化为MnO2]；根据已知 ③ ，可加锌粉还原除杂除去Ni2+、Ca2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌［ZnCO3-2Zn( OH )2.2H2O］沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到 ZnO 。
（1） Zn原子的原子序数为30，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，简化电子排布式为[Ar] 。
（2）① 加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎等都能增大浸出率。
②调节pH可选一般为含主要阳离子的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H＋反应，使pH增大的物质，故 或或 。
③在Zn2+开始沉淀计算溶剂积，当 时， 的最大浓度 ，即最大浓度为1 mol·L-1。
（3）根据已知 ② 可知， 被还原为MnO2， 被氧化为MnO2，反应方程式为。
（4）根据氧化性强弱顺序：，可知除去的为 、 。
（5）顶点锌原子投影在正方形的四个顶点，面心锌原子投影在正方形的边上和中心上，内部氧原子投影于距边长处。
【分析】浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。
7．【答案】（1）1s22s22p63s23p2
（2）；6；3；5；sp3(杂化)；共价键；Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道“肩并肩”重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键
（3）Be(OH)2 + 2OH- = BeO+2H2O
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布；共价键的形成及共价键的主要类型；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)基态Si原子核外有14个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，故答案为：1s22s22p63s23p2；
(2)①基态C原子的价层电子排布式为：2s22p2，则其价电子排布图为： ，C的核外电子有6个，处于不同能层、能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子自旋方向相反，故有6种不同的运动状态；故答案为： ；6；
②基态Si原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p2，占据K、L、M能层，占据1s、2s、2p、3s、3p能级，所以该基态原子占据3个能层、5个能级；故答案为：3；5；
③Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故答案为：sp3；共价键；
④Ge的原子半径大，原子之间形成σ键较长，p-p轨道“肩并肩“程度很小或几乎不能重叠，所以Ge原子之间难以形成双键或三键，故答案为：Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道“肩并肩”重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；
(3)根据对角线规则知，B和Si的性质相似，Si与NaOH反应生成Na2SiO3和H2，则B与NaOH反应生成NaBO2和H2，反应的离子方程式为：Be(OH)2 + 2OH- = BeO+2H2O。
【分析】（1）Si的原子序数为14， 基态硅核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；
（2）①基态C原子的价层电子排布式为：2s22p2；电子占据几个轨道就有几种空间运动状态；
②基态Si原子的核外电子占据K、L、M能层，1s、2s、2p、3s、3p能级；
③Ge单晶为原子晶体，Ge原子采取sp3杂化；
④p-p轨道“肩并肩“程度很小或几乎不能重叠；
（3） Be与NaOH溶液反应生成Na2BeO2和H2， 据此书写离子方程式。
8．【答案】（1）3；哑铃
（2）Ⅶ B；d；1s2 2s2 2p63s2 3p63d54s2 (或[Ar]3d54s2)
（3）泡利不相容原理
（4）
（5）焰色反应；当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量
【知识点】原子核外电子排布；原子结构的构造原理；原子核外电子的能级分布；原子核外电子的跃迁及应用；焰色反应
【解析】【解答】A、B、C为短周期主族元素，D、E为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，其中A元素的核外电子数和电子层数相等，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则其原子核外电子排布式为1s22s22p3，故B为N元素；C元素第三电离能剧增，则C元素原子最外层有2个电子，原子序数大于氮，故C为Mg；D是前四周期中电负性最小的元素，则D为K元素；E在周期表的第七列，则E为Mn。
(1)B元素为N元素，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，能量最高的电子为2p能级电子，其电子云在空间有3个伸展方向，原子轨道呈哑铃形，故答案为：3；哑铃；
(2)E为Mn元素，Mn位于第四周期第七列，即处于周期表中第四周期第VII B族，属于d区元素，基态Mn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2 (或[Ar]3d54s2)，故答案为：ⅦB；d；1s22s22p63s23p63d54s2 (或[Ar]3d54s2)；
(3)由图可知，该同学所画的电子排布图3s轨道2个电子自旋方向相同，因此该同学所画的电子排布图违背了泡利不相容原理，故答案为：泡利不相容原理；
(4)NH5为离子化合物，由与H-构成，其电子式为，故答案为：；
(5)D元素为K元素，检验钾元素的方法是焰色反应，产生此现象的原因是：基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变为激发态原子，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能级或基态时，以光的形式释放能量，故答案为：焰色反应；当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量。
【分析A元素的核外电子数和电子层数相等，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则其原子核外电子排布式为1s22s22p3，故B为N元素；C元素第三电离能剧增，则C元素原子最外层有2个电子，原子序数大于氮，故C为Mg；D是前四周期中电负性最小的元素，则D为K元素；E在周期表的第七列，则E为Mn；
（1）N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，能量最高的电子位于2p能级；
（2）Mn位于第四周期第VIIB族；
（3）该排布图3s轨道2个电子自旋方向相同，违背了泡利不相容原理；
（4）NH5由与H-构成；
（5）检验钾元素的方法是焰色反应；焰色反应的原理是基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变为激发态原子，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能级或基态时，以光的形式释放能量。
9．【答案】（1）-165
（2）1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8；320 ℃时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速度加快，反应相同时间时CO2转化率增加；Ni-CeO2；320℃
（3）CO2+8H++8e-=CH4+2H2O；4 mol
【知识点】原子核外电子排布；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，总方程式由前两个热化学方程式合并，-(①+②)，所以，本问应填“-165”；
(2)①Ni是第四周期VIII族元素，原子序数28，原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，失去最外层两个电子形成Ni2+，所以本问应填“1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8”；
②不同的催化剂对应活性温度不同，320℃状态下，以Ni-CeO2为催化剂，反应已经达到平衡，该反应正向放热，所以升温平衡逆移，反应物转化率下降，而以Ni为催化剂，反应速率慢，还未达平衡，所以升温反应速率上升，转化率升高，故本问应填“320 ℃时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速度加快，反应相同时间时CO2转化率增加”；
③根据图像分析，Ni-CeO2反应活性温度更低，工业上更加节约能源，对工业设备更友好，所以本问第一空应填“Ni-CeO2”，第二空应填“320℃”；
(3)①阴极附近CO2得电子，酸性条件下生成CH4和H2O，电极反应式应填“CO2+8H++8e-=CH4+2H2O”；
②根据电极反应式，每有1molCH4生成，转移电子8mol，所以产生标况下11.2LCH4，其物质的量是0.5mol，所以转移电子4mol，本问应填“4mol”。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①Ni为28号元素，Ni原子失去2个电子形成 Ni2+，根据构造原理书写核外电子排布式；
②低温时Ni-CeO2的催化效率高，但该反应是放热反应，320℃后升高温度，平衡逆向移动，CO2转化率下降，而低温时Ni的催化效率低，催化活性弱，催化效率低，升高温度时Ni的活性增强，反应速率加快；
③CH4的选择性越高，反应条件越佳，但是还要考虑能量的消耗等；
（3）右边生成甲烷，C元素的化合价降低，发生还原反应，则右边电极为阴极，阴极上二氧化碳得电子生成甲烷，据此书写电极反应式，计算转移电子的物质的量。
10．【答案】（1）2；2；正四面体；非极性
（2）a
（3）c(CO)6/c(N2)2；放热
（4）补充 N2；移去CO
（5）0.06mol/(L·min)
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布；化学平衡常数；碳族元素简介
【解析】【解答】（1）I.碳元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2，原子核外有2个未成对电子，最外层有2种能量不同的电子。CH4分子的空间构型为正四面体，因此是非极性分子。
（2）a．非金属性越强，氢化物越稳定，CH4的稳定性比SiH4强能说明二者非金属性相对强弱，a不符合题意；
b．SiH4的沸点比CH4高与非金属性强弱没有关系，b不符合题意；
c．碳酸是弱酸，c不符合题意；
d．碳原子半径比硅原子小与非金属性强弱没有关系，d不符合题意。
（3）II.根据方程式可知该反应的平衡常数表达式K＝c(CO)6/c(N2)2。已知平衡常数：K(800℃)＞K(850℃)，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应是放热反应；
（4）正反应是体积增大的放热的可逆反应，因此能提高二氧化硅转化率的措施有补充N2、或移去CO。
（5）根据方程式可知每生成6molCO，气体的物质的量增加4mol，因此测得容器内气体增加了0.4mol，则生成CO是0.6mol，浓度是0.3mol/L，所以用CO表示该反应时间内的反应速率为0.3mol/L÷5min＝0.06mol/(L·min)。
【分析】（1）I.原子核外电子有几种能级就有几种不同能量的电子，该原子核外有1s、2s、2p三种能量的电子，所以该原子最外层有2种不同能量的电子。
（2）a．C和Si属于同一主族元素，从上到下非金属性增强，氢化物稳定性减弱；
b．SiH4的沸点比CH4高，是因为相对分子量更高；
c．碳酸是弱酸；
d．同一主族元素，原子半径从上到下逐渐增大。
（3）II.升高温度，平衡常数减小，说明反应逆向移动；
（4）增加相关反应物以及移走产物均可增大该物质的转化率。
（5）根据反应速率的公式进行计算即可。
11．【答案】（1）17
（2）N
（3）1：2；；V型
（4）B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)M为Cl，原子核外电子排布为 共有17种不同运动状态的电子，有5种不同能级的电子；
(2)同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的，因为N原子的2p能级电子为半充满，为较稳定的结构,则N的第一电能较大；
(3)根据题意知Y的单质为N2，其中氮氮之间存在1个 键和2个 键，因此 键与 键数目之比为1:2。 中心氧原子有6个价电子，两个Cl分别提供一个电子，所以中心原子价电子对数 ，中心O原子杂化为 杂化，空间构型为V型；
(4)Cr的最高化合价为+6，氯化铬 和氯化银的物质的量之比是1:2，根据氯离子守恒知，则 化学式中含有2个氯离子为外界离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬 的化学式可能为 。
【分析】
（1）有多少个电子就有多少种运动状态。
（2）电离能的比较注意反常情况，IIA，VIA。
（3）看共价键的类型，进行判断 键和 键，杂化方式可以将分子倒过来，利用ABn型分子进行判断。
（4）配合物中外界离子在溶液中形成沉淀。根据物质的量的关系判断外界离子的个数。
12．【答案】（1）[Ar]3d54s1(或1s22s22p63s23p63d54s1)；发射
（2）O；sp3；CH4
（4）立方体；没有自由移动的离子和电子；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）过渡元素Cr原子的基态电子排布式为：[Ar]3d54s1(或1s22s22p63s23p63d54s1)，Cr 的核外电子由激发态跃迁至基态时产生的光谱是发射光谱，故答案为：[Ar]3d54s1(或1s22s22p63s23p63d54s1)；发射；
（2）①电负性最大的元素为O元素，S形成了4个σ键，根据价层电子对互斥模型判断S为sp3杂化。②水为极性溶剂，CH4为非极性分子，NH3、H2S均为极性分子，且NH3能与水形成氢键，再结合相似相溶原理可以判断C、N、S的简单氢化物在水中的溶解度从小到大为：CH4
（4）①经分析，图中黑点是Na，8个Na形成的立体结构是立方体，Na2He中没有自由移动的离子和电子，所以不能导电，故答案为：立方体；没有自由移动的离子和电子。②由晶胞的结构可以分析可知，Na与He之间的距离为晶胞体对角线的1/4，体对角线长 ，Na与He直接接触，则He的半径为 。
【分析】（1）此题考查物质结构相关知识，对于电子式的书写，根据三原则进行书写，注意洪特规则的利用。
（2）对于电负性的比较注意根据原子半径来比较，半径越小电负性越大。对于杂化类型的判断，简单判断根据其单键个数及孤电子对数进行判断。
13．【答案】（1）三角锥形
（2）N2H62+ + 2OH― = N2H4↑+ 2H2O；N2O(或CO2、BeF2等)；sp3 杂化；d；c
【知识点】化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）PH3分子的空间构型与氨气类似，均是三角锥形。
（2）①根据铵根与氢氧化钠反应的原理可知N2H62+在足量浓强碱溶液中反应的离子方程式为N2H62+ + 2OH－＝N2H4↑+ 2H2O。
②N3－电子数是7×3+1＝22，因此由多个原子构成的含有与N3－电子数相同的物质的化学式为N2O或CO2、BeF2等。
③氨气分子中氮原子是sp3杂化，由于肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个H原子被－NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物，因此N2H4分子中氮原子的杂化类型是sp3 杂化。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内存在离子键、共价键、配位键，不存在范德华力，
故答案为：d；
④要形成氢键，就要掌握形成氢键的条件：一是要有H原子，二是要电负性比较强，半径比较小的原子比如F、O、N等构成的分子间形成的特殊的分子间作用力。符合这样的选项就是C和D，但题中要求形成4个氢键，氢键具有饱和性，这样只有选C。
【分析】此题中注意杂化的判断，可以根据所接化学键来判断，当碳或氮原子接了单键时为SP3杂化，而接一个双键时是SP2.
其次可以根据类比的方法，同主族的元素可以互相替换。氢元素可以替换第7主族。
14．【答案】（1）sp
（2）Fe
（3）离子键、共价键；
（4）2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O
（5）CO2、H2O；65%
【知识点】化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应
【解析】【解答】解：（1）N3﹣与二氧化碳是等电子体，所以中心原子采用sp杂化，故答案为：sp；（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe，
故答案为：Fe；（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，含有离子键、共价键，K原子质子数为19，原子核外有4个电子层，各层电子数为2、8、8、1，原子结构示意图为 ，故答案为：离子键、共价键； ；（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O（5）①碱石灰可以吸收二氧化碳、水蒸汽，用碱石灰除去的物质为CO2、H2O，故答案为：CO2、H2O；
②氮气的物质的量 =1.5mol，根据氮元素守恒n（NaN3）= =1mol，则m（NaN3）=1mol×65g/mol=65g，故NaN3的质量分数为 ×100%=65%，
故答案为：65%．
【分析】（1）N3﹣与二氧化碳是等电子体，所以中心原子采用sp杂化；（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，则还原产物为Fe；（3）根据KClO4化合价代数和为0计算；（4）碳酸氢钠在水溶液中的电离生成钠离子和碳酸氢根离子；（5）①碱石灰可以吸收二氧化碳、水蒸汽；②根据n= 计算氮气的物质的量，根据氮元素守恒计算n（NaN3），在根据m=nM计算m（NaN3），进而计算NaN3的质量分数．
15．【答案】（1）；-90.7；
（2）；0.5；D
（3）B
（4）反应Ⅱ为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反应正向进行，故，转化率随温度升高而增大；反应Ⅰ(或反应Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于的合成，但有利于CO的生成，所以产率降低，选择性减小
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1） ① Cu2+3d轨道中含有9个电子，轨道表示式为： ；
② 反应III=I-II，则 △H1 -△H12=-49.5-（+41.2）= -90.7 ，；
（2）v（CO2）=v（H2）=×= ；
该条件下10min达到平衡：列出三段式：
CO2（g） 3H2（g） CH3OH（g） +H2O（g）
起始量（mol） 6 8 0 0
转化量（mol） 2.0 6.0 2.0 2.0
平衡量（mol） 4.0 2.0 2.0 2.0
K==；
②A.温度越高，平衡逆移，H2的平衡转化率越小，所以T1温度更大；
B. 混合气体的密度 是定值，不能表示平衡；
C. 平衡时向容器中充入惰性气体 ，虽然压强增大，但是反应物和生成物的浓度都未改变，因此平衡不会发生移动；
D.催化剂可以加快反应速率；
（3）应选择B；
（4） ①转化率随温度升高而增大的原因可能是反应Ⅱ为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反应正向进行，故，转化率随温度升高而增大 ；
②选择性随温度升高而减小的原因可能是反应Ⅰ(或反应Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于的合成，但有利于CO的生成，所以产率降低，选择性减小 。
【分析】（1）Cu的价电子排布式是：3d104s1，失去2个电子为3d9；
（2）根据盖斯定律可以得出△H3与△H1和△H2之间的关系；根据反应方程式之间的关系可以得出K3
与K2和K1之间的关系；
（3）化学反应速率之比等于物质的化学计量数之间的比；根据三段式可以计算出平衡状态时各组分的浓度，将浓度代入K值表达式求出K值；
（4）①对于吸热反应来说，升高温度，平衡正移，CO2的转化率增大；
②反应Ⅰ(或反应Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于的合成，但有利于CO的生成，所以产率降低，选择性减小 。
16．【答案】（1）H、Zn；哑铃形
（2）；3d54s1
（3）N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=-(E4-E5)kJ/mol
（4）+180
（5）5
（6）1×10-13；1：9
【知识点】原子核外电子排布；热化学方程式；盖斯定律及其应用；水的电离；pH的简单计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）①H的电子排布式为：1s1，N的电子排布式为：1s22s22p3；O的电子排布式为：1s22s22p4；C的电子排布式为：1s22s22p2；Zn的电子排布式为：[Ar]3d104s2元素中，则不属于P区元素的有：H、Zn；
故答案为：H、Zn；
②基态O原子的电子排布式为1s22s22p4，其最高能级为2p能级，形状是哑铃形；
故答案为：哑铃形；
（2）①基态N原子的价层电子排布式为2s22p3，轨道表示式为；
故答案为：；
②基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，故答案为：3d54s1；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，由图可知，反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ，则决定总反应的速率这一步是反应Ⅱ，热化学方程式为：N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) ΔH=-(E4-E5)kJ/mol；
故答案为：N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) ΔH=-(E4-E5)kJ/mol；
（4）根据盖斯定律，将Ⅰ+Ⅱ得，则，=+180kJ/mol，故答案为：+180；
（5）溶液中，解得，；
故答案为：5；
（6）pH=2的醋酸溶液中，则；混合后，pH=3，，即，解得Va：Vb=1：9，故答案为：10-13；1：9。
【分析】（1）N、O、C均为p区元素；O原子最高能级为2p能级；
（2）基态N原子的价层电子排布式为2s22p3；Cr原子的价层电子排布式为 3d54s1 ；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
（4）根据盖斯定律分析；
（5）根据pH=-lgc(H+)计算；
（6）根据计算。
17．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9
（2）防止后续 “氧化除杂”步骤中消耗更多的KMnO4和产生污染性气体Cl2
（3）2 +3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；2.8~6.0
（4）5Zn2++5 +5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑；ZnO和Zn(OH)2
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应；pH的简单计算
【解析】【解答】(1)已知Cu是29号元素，则Cu2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9，故答案为：1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9；
(2)后续 “氧化除杂”步骤中加入的KMnO4能与盐酸反应生成有毒有害的Cl2，则为了防止过量的盐酸与后续“氧化除杂”步骤中加入的KMnO4反应生成有毒有害的Cl2，则“浸取”过程中盐酸不宜过量太多，故答案为：防止后续 “氧化除杂”步骤中消耗更多的KMnO4和产生污染性气体Cl2；
(3)“滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3，根据氧化还原反应配平可得，“氧化除杂”过程中KMnO4与Mn2+发生反应的离子方程式为：2 +3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，调节溶液pH是使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不生成沉淀，由题干表中数据可知，范围应控制在2.8~6.0，故答案为：2 +3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；2.8~6.0；
(4)①“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O]，即ZnCl2和Na2CO3溶液反应生成2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O，则该反应的离子方程式为：5Zn2++5 +5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑，故答案为：5Zn2++5 +5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑；
②碱式碳酸锌加热升温过程中固体的质量变化如图所示，350℃时，剩余固体中已不含碳元素，即C全部以CO2的形式分解了，碱式碳酸锌即2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O的摩尔质量为：583g/mol，设1mol碱式碳酸锌加热到350℃时，固体质量变为423g，则固体减少了：583-423=160g，160=2×44+18x，解得x=4，说明分解产生了4molH2O，即2mol结晶水和2molZn(OH)2分解出2molH2O，即还有1molZn(OH)2为分解，则剩余固体中含有ZnO和Zn(OH)2，故答案为：ZnO和Zn(OH)2。
【分析】氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)中加入盐酸，发生反应为：ZnO+2HCl=ZnCl2+H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、FeO+2HCl=FeCl2+H2O、CuO+2HCl=CuCl2+H2O、MnO+2HCl=MnCl2+H2O，向浸取液中加入KMnO4固体，将Fe2+氧化为Fe3+，再转化为Fe(OH)3沉淀，将Mn2+转化为MnO2沉淀，过滤出滤渣1，主要成分是Fe(OH)3和MnO2，滤液中含有Cu2+和Zn2+，加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，置换出Cu，过滤出滤渣2，主要成分为Cu和Zn，滤液2主要成分是ZnCl2和KCl，加入Na2CO3，发生反应：5Zn2++5 +5H2O=2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓+3CO2↑。
18．【答案】（1）2；
（2）4；Fe3+的价电子为3d5，Fe2+的价电子为3d6，前者3d轨道为半满状态，而后者既不是半满，也不是全满或全空，故Fe3+更为稳定
（3）3s23p63d10 ；K、Cr
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布
【解析】【解答】(1)硫的价电子排布式为3s23p4，硫的基态原子核外有2个未成对电子；溴的价电子排布式为4s24p5，溴的基态原子价电子轨道表示式为
(2)铁的价电子排布式为3d64s2，基态铁原子有4个未成对电子，利用电子排布的相关知识解释三价铁比二价铁稳定的原因：Fe3+的价电子为3d5，Fe2+的价电子为3d6，前者轨道为半满状态，而后者既不是半满，也不是全满或全空，故Fe3+更为稳定。
(3)铜为29号元素，基态铜原子的M层的电子排布式为3s'3p63d10，最外层电子排布式是4s1，铜元素同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr。
【分析】
（1）基态硫原子电子排布式书写后，按照能量最低原理、泡利不相容和洪特规则，即可看出未成对电子数，以及电子轨道排布式；
（2）铁原子基态的排布式有4个未成对电子
19．【答案】（1）AC
（2）1s22s22p63s23p63d54s1
（3）Cr2O；Cr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
（4）0.1000
（5）A；B
（6）
（7）7.2×10-4
【知识点】原子核外电子排布；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)①配制250 mL待标定的K2CrO4溶液，称量一定质量的K2CrO4放到500mL的烧杯中，用量筒量取250mL的水，加入烧杯中用玻璃搅拌，得体积约为250mL的溶液，步骤①中无需使用下列哪些仪器100mL的容量瓶、分液漏斗。故答案为：AC；
(2)Cr为24号元素，3d、4s均为半充满结构，基态Cr原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；
(3)步骤④中加入H2SO4和H3PO4溶液酸化，2+2H+ Cr2O+H2O，所得橙色溶液中铬元素的主要存在形式为 Cr2O(填化学式)；滴定时还原产物为Cr3+，反应的离子方程式 Cr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。故答案为： Cr2O；Cr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；
(4) 根据第2组滴定数据，由Cr2O+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，2+2H+ Cr2O+H2O，得c()= ，计算得上层清液中c()=0.1000 mol/L。故答案为：0.1000；
(5)滴定时，有一组数据出现了明显异常，所测c()偏大，根据浓度计算式c()=，
A．滴定终点读数时仰视刻度线，Ｖ测偏大，c()偏大，故Ａ选；
B．达终点时滴定管尖嘴有标准液悬挂，Ｖ测偏大，c()偏大，故Ｂ选；
C．盛装待测液的锥形瓶未润洗，对结果没有影响，故Ｃ不选；
D．摇动锥形瓶时有液体溅出，Ｖ测偏小，c()偏小，故Ｄ不选；
故答案为：AB；
(6)利用上表数据经计算绘制出如下图点，注意忽略误差较大的点，根据图点绘出溶度积曲线包括蓝图：
。故答案为：；
(7)结合图线当c()=0.1000 mol·L－1，c(Ca2+)≈7.2×10-3 mol·L－1，推测Ksp(CaCrO4)≈0.1000×7.2×10-3=7.2×10-4(保留两位有效数字)。故答案为：7.2×10-4。
【分析】(1)①配制250mL待标定的K2CrO4溶液，托盘天平称量，500mL的烧杯中溶解，用量筒量取250mL的水，加入烧杯中用玻璃棒搅拌，注意没有250mL的容量瓶，只能用250mL的烧杯配浓度接近的溶液；
（2）Cr24号元素，3d、4s均为半充满结构，得到基态Cr原子的电子排布式；
（3）步骤⑧中加入H2S4和H3P04溶液酸化，平衡正向移动，滴定时还原产物为Cr3+，二价铁离子被氧化为三价铁，得失电子数相等配平方程式；
（4）根据第狂向之数据，计算出结果即可；
（5）滴定时，有一组数据出现了明显异常，所测c(CrO42-)偏大，根据浓度计算式c(CrO42-)来分析；
（6）利用上表效店计算公制出如图点，注意忽略误差较大的点；
（7）Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H20，2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H20，得c(CrO42-)，根据(6)中溶解度曲线，进而计算出上层清液中的c(Ca2+)，即Ksp(CaCrO4）=c（Ca2+）×c(CrO42-)。
20．【答案】（1）1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键
（2）3；2p
（3）[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大
（4）3Li2CO3+3Br2+2NH3 H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑
（5）Li；1.4g
【知识点】原子核外电子排布；化学键；氧化还原反应方程式的配平；电解池工作原理及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】(1)Li核外有3个电子，分两层排布，基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为O=C=O；反应② 中，氧化锂中含有离子键，碳、一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键，故答案为：1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键；
(2)C原子核外有6个电子，分别在1s、2s、2p轨道，有3种不同能量的电子，能量最高的电子在2p轨道，故答案为：3；2p；
(3)LiH的阴离子为H-，其电子式为[H：]-，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小，所以氢负离子的半径比锂离子大，故答案为：[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
(4)Li2CO3、氨水混合物中加入液溴，反应生成LiBr，溴将氨水氧化生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3 H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑，故答案为：3Li2CO3+3Br2+2NH3 H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑；
(5) 磷酸亚铁锂电池总反应为： ，电池放电时为原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极；若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，则氢气和氯气的总物质的量为 =0.2mol，则生成氢气和氯气的物质的量都是0.1mol，根据H2～2Li～2e-，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故答案为：Li；1.4g。
【分析】LiH的阴离子为H-，结合核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小分析判断；Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，两种参与大气循环的气体为氮气和二氧化碳，据此书写反应的方程式；电池放电时原电池原理，结合电解饱和食盐水得到的气体为氢气和氯气，结合得失电子守恒计算。
21．【答案】（1）
（2）r(S2－)>r(O2－)>r(Na+)
（3）
（4）SO2或SO3
【知识点】原子结构的构造原理；原子结构示意图；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）根据元素在周期表的位置得到，元素②为S，所以S2－的离子结构示意图为： 。
（2）判断离子半径，显判断电子层，电子层越多半径越大，电子层相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以顺序为：r(S2－)>r(O2－)>r(Na+)。
（3）元素④和⑥形成的化合物为CCl4，其电子式为 。
（4）元素②和⑤形成的化合物可能是二氧化硫或三氧化硫，所以答案为：SO2或SO3。
【分析】核外电子相等的离子，阴离子的半径大于阳离子，电荷相同时，核电荷数大的离子半径更大。
试题分析部分
1、试卷总体分布分析
总分：141分
分值分布 客观题（占比） 25.0(17.7%)
主观题（占比） 116.0(82.3%)
题量分布 客观题（占比） 6(28.6%)
主观题（占比） 15(71.4%)
2、试卷题量分布分析
大题题型 题目量（占比） 分值（占比）
选择题 4(19.0%) 8.0(5.7%)
非选择题 17(81.0%) 133.0(94.3%)
3、试卷难度结构分析
序号 难易度 占比
1 困难 (100.0%)
4、试卷知识点分析
序号 知识点（认知水平） 分值（占比） 对应题号
1 氧化还原反应方程式的配平 17.0(12.1%) 6,20
2 离子方程式的书写 9.0(6.4%) 7
3 pH的简单计算 15.0(10.6%) 16,17
4 元素周期表的结构及其应用 9.0(6.4%) 16
5 化学平衡转化过程中的变化曲线 7.0(5.0%) 9
6 水的电离 9.0(6.4%) 16
7 焰色反应 9.0(6.4%) 8
8 原子核外电子的运动状态 14.0(9.9%) 5,11
9 化学反应速率的影响因素 7.0(5.0%) 6
10 氧化还原反应 13.0(9.2%) 14,17
11 共价键的形成及共价键的主要类型 11.0(7.8%) 1,7
12 原子核外电子的跃迁及应用 9.0(6.4%) 8
13 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 35.0(24.8%) 1,2,11,12,13,14
14 原子核外电子排布 111.0(78.7%) 4,5,7,8,9,10,11,12,15,16,17,18,19,20
15 化学键 34.0(24.1%) 12,13,14,20
16 热化学方程式 9.0(6.4%) 16
17 盖斯定律及其应用 16.0(11.3%) 9,16
18 电极反应和电池反应方程式 14.0(9.9%) 5,9
19 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 18.0(12.8%) 4,6,19
20 原子结构示意图 4.0(2.8%) 21
21 化学平衡常数 19.0(13.5%) 10,15
22 化学平衡移动原理 9.0(6.4%) 15
23 原子核外电子的能级分布 41.0(29.1%) 6,7,8,10,18
24 化学反应速率 9.0(6.4%) 15
25 原子结构的构造原理 15.0(10.6%) 3,8,21
26 碳族元素简介 10.0(7.1%) 10
27 化学平衡的影响因素 9.0(6.4%) 15
28 微粒半径大小的比较 10.0(7.1%) 20
29 元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律 4.0(2.8%) 21
30 电解池工作原理及应用 24.0(17.0%) 5,9,20
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