2024届高考化学二轮复习限时训练：物质结构（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高考化学二轮复习限时训练：物质结构（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 598.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-12 18:46:36 | ||
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文档简介
2024届高考化学二轮复习限时训练：物质结构
一、单选题
1．下列化学用语表示正确的是
A．乙酸的分子式：
B．氧原子的轨道表示式：
C．质量数为23的钠原子：
D．的电子式：
2．实验室制备氨气的原理为：，下列说法正确的是（ ）
A．的电子式
B．的原子结构示意图
C．的VSEPR模型
D．基态原子占据的最高能级原子轨道
3．具有下列电子排布式的基态原子中，半径最大的是（ ）
A．1s22s22p63s23p3 B．1s22s22p3
C．1s22s22p4 D．1s22s22p63s23p4
4．下列化学用语或图示表达错误的是（ ）
A．的电子式：
B．中子数为1的氢原子
C．乙醇的分子式：
D．氯离子的结构示意图：
5．对 中各数字的描述错误的是（ ）
A．8：质子数 B．16：质量数 C．2-：电子数 D．-2：化合价
6．化学工业为新冠疫情防控提供了强有力的物质支撑。科学家利用原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z和W“组合”成一种高效、贮运稳定的消毒漂白剂，其分子结构示意如图所示，W原子的L层电子数比Z原子的L层电子数多2个。下列说法错误的是（ ）
A．简单离子半径：Y＞Z
B．W和Y的氧化物对应的水化物均为强酸
C．简单氢化物的沸点：X＜Y
D．可用Y的简单氢化物检验输送W单质的管道是否泄漏
7．反应4FeS2＋11O2 2Fe2O3＋8SO2用于工业制取硫酸，下列相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A．中子数为30的铁原子： Fe
B．O原子电子式：
C．O2-的结构示意图：
D．S原子最外层的轨道表示式：
8．某元素的原子形成的离子可表示为abXn-，有关说法错误的是（ ）
A．中子数为a-b
B．电子数为b+n
C．质量数为a+b
D．一个离子的质量约为 a/6.02×1023g
9．下列说法正确的是（ ）
A．p能级的轨道相互垂直，其能量大小关系为
B．原子轨道具有一定的伸展方向，所形成的共价键都具有方向性
C．构造原理告诉我们，随着核电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层
D．元素周期表中，s区全部是金属元素
10．W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期元素。某储氢材料为共价化合物，化学式为XW3YW3，组成该化合物的三种元素的原子序数之和为13。某精密陶瓷材料化学式为ZY，Z的氧化物或氢氧化物均能与盐酸、NaOH溶液发生化学反应。下列说法正确的是（ ）
A．X、Y是同主族元素
B．原子半径：Z>Y>X
C．X的氧化物能够与NaOH反应生成盐和水
D．YW3在铂催化加热条件下与足量的O2反应最后生成一种弱酸
11．主族元素V、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，ZX3Y4W12是硅酸盐，X2+和W2-的电子层结构相同，V与Y的质子数之和等于Z的质子数。下列判断正确的是（ ）
A．Y在周期表中位于第3周期第IV族
B．V2W 含极性键和非极性键
C．最简氢化物的热稳定性：Y>V
D．原子半径：Z>Y>X>W
12．咪唑是分子结构中含有两个间位氮原子的五元芳杂环化合物，该类化合物在医学上有着重要的用途。如：咪唑( )和N-甲基咪唑( )都是合成医药中间体的重要原料，下列有关说法错误的是（ ）
A．基态N原子的价电子轨道表示式
B． 与 中C、N原子均在同一平面上
C． 与 中含σ键个数比为3：2
D． 与 中的N原子均采取sp2杂化
13．设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，1L 中含有的H+数为
B．密闭容器中，2 和1 催化反应后分子总数为2
C．18g 中含有的质子数为10
D．过氧化钠与水反应时，0.1 完全反应转移电子数为0.2
14．下列关于多电子原子核外电子排布的说法错误的是（ ）
A．各电子层含有的能级数等于电子层数
B．各电子层的能级都是从s能级开始至f能级结束
C．各电子层最多可容纳的电子数一定是偶数
D．s、p、d、f能级所能容纳的最多电子数依次为1、3、5、7的2倍
15．下列有关物质结构与性质的说法正确的是（ ）
A．基态碳原子价电子排布图：
B．CO32-的空间结构：平面三角形
C．C60和高温高压下可转变为结构类似金刚石的碳玻璃，该碳玻璃中碳原子为杂化
D．硫单质和氢气低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如右上图，该晶体属分子晶体
16．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．足量Cl2分别与含有0.1molFeI2的溶液、含0.1molNa2SO3的溶液反应，转移电子数均为0.2NA
B．1molAl分别与足量NaOH溶液、足量稀H2SO4溶液反应，产生氢气的分子数均为1.5NA个
C．22.4LCH4与22.4LCH2=CH2混合得到的气体中含H原子数为8NA
D．1mol2H37Cl比1mol3H37Cl少NA个质子
17．在氢氟酸溶液中加入Na2CO3和Al(OH)3，生成冰晶石的反应为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。下列说法错误的是（ ）
A．钠失去最外层一个电子所需要的能量：[Ne]3s1＜[Ne]3p1
B．CO2结构式可表示为O=C=O
C．冰晶石中存在离子键、极性共价键和配位键
D．HF在水中的电离方程式为HF+H2O H3O++F-
18．近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru络合物(如图所示)复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是（ ）
A．Ru络合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C
B．如图结构的吡啶环( )中C，N原子的杂化方式均为sp2
C．吡啶( )与水可形成氢键，故易溶于水
D．HCOOH的沸点比HCHO高，主要因为HCOOH相对分子质量大于HCHO
19．醋酸亚铬晶体[(CH3COO)2Cr·2H2O]在气体分析中可用作O2的吸收剂。下列说法正确的是（ ）
A．O2是极性分子
B．H2O的电子式为
C．Cr2+的核外电子排布式为[Ar]3d4
D．CH3COO-的水解方程式为CH3COO-+H2O=CH3COOH+OH-
20．Og是人工合成的稀有气体元素，也是元素周期表中的最后一种元素。合成反应如下： (未配平)。下列说法错误的是（ ）
A．的中子数为28 B．上述合成反应属于化学变化
C．的化学计量数是3 D．和互为同位素
二、综合题
21．铜、银、金在古代常用作货币，三种元素在周期表中位于同一族，回答下列问题：
（1）基态铜原子有 种能量不同的电子，其价层电子排布式为： 。
（2）熔点Cu Ag( 填“大于”或“小于”)，原因是 。
（3）Cu2+能与吡咯( )的阴离子( )形成双吡咯铜。
①1mol吡咯中含有的σ键数为 ，吡咯熔点远高于环戊二烯( )， 主要原因是 。
②已知吡咯中的各个原子均在同一平面内，则吡咯分子中N的杂化方式为 。吡咯中的大π键可表示为 。(大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数， 如苯分子中的大π键可表示为 )。
（4）Cu与Au的某种合金可形成面心立方最密堆积的晶体，Cu原子处于晶胞面心，该晶体具有储氢功能，氢原子可进到入Cu原子与Au原子构成的立方体空隙中，储氢后的晶胞结构如下图所示，该晶体储氢后的化学式为 。
若合金晶胞边长为apm，忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为 。(写出表达式即可，储氢能力=)
22．我国具有丰富的铜矿资源，请回答下列有关铜及其化合物的问题：
（1）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。Cu和Zn在元素周期表中位于 区，请写出基态Cu原子的价电子排布式 。第一电离能Il(Zn) Il(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是 。
（2）新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式，请分析1个松脂酸铜中π键的个数是 ，加“*”碳原子的杂化方式为 。
（3）硫酸铜溶于氨水形成[Cu(NH3)4]SO4深蓝色溶液。
①在[Cu(NH3)4]2+中Cu2+、NH3之间形成的化学键为 ，提供孤电子对的成键原子是 。
② 立体构型是 。
③NH3的沸点 (填“高于”或“低于”)PH3；
（4）一种铜镍合金(俗称白铜)的晶胞如下图所示，铜、镍原子个数比为 。
23．铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族的元素，其单质具有磁性，其化合物常用于制备电池导体.
（1）基态Co原子的外围电子排布式为 ，第二周期中基态原子与基态Co原子具有相同未成对电子数的元素是 .
（2）Fe、Co、Ni原子半径相似、化学性质相似，原因是 .
（3）配合物Fe(CO)5的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为 。CO与N2互为等电子体，CO分子具有的化学键类型有 .
A．σ键 B．π键 C．离子键 D．金属键
（4）Ni(CO)4的结构与相关性质见表，其空间构型为 ，Ni的杂化形式为 ，其为 晶体。
相对分子质量 熔点 沸点 结构
171 43℃
（5）钙钛矿中含有Sn、Ni、O，它们形成的氧化物具有金属-绝缘体相转变特性，其晶胞结构中Sm和O如下图所示，Ni位于O形成正八面体空隙中.晶胞边长为apm，设NA为阿伏加德罗常数的数值，则该氧化物的密度为 g/cm3(列出计算表达式)。
（6）已知：r(Fe2+)为62pm，r(Co2+)为66pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3实验测得FeCO3的分解温度低于CoCO3，原因是 。
24．磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，它的单质和化合物在工农业生产中应用广泛。白磷可通过反应 2Ca3(PO4)2+10C→6CaO+P4+10CO
获得。完成下列填空：
（1）磷原子的最外层电子排布式是 ，氧原子核外有 种不同运动状态的电子。C、O两种元素非金属性较强的是 。
（2）白磷在空气中露置时间长了会因温度达到 而自燃，使白磷升温的热量主要来自 。某温度时，在2.0L恒容密闭容器中充入0.5mol PCl5，发生反应PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)－Q，经过一段时间后达到平衡。
（3）该反应的平衡常数表达式 K= ；
（4）其他条件不变，起始时向上述容器中充入1.0 mol PCl5，达到平衡时，PCl5的转化率 （选填“增大”、 “减小”“不变”），平衡常数 K （选填“增大”、 “减小”“不变”）。
（5）在不同时间（t）测得反应过程中 PCl5 的部分数据如下：
t（s） 0
50
100
250
350
n（mol） 0.5
0.42
0.41
0.40
0.40
则 100s 时， PCl3的物质的量浓度是 。
25．磷及其化合物与人类生产、生活密切相关。
（1）基态P原子中，电子占据的最高能级的符号为 。
（2）核外电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
（3）如图表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示磷的曲线是 (填标号)。
（4）已知有关氮、磷的单键和三键的键能(kJ·mol-1)如表：
N-N N≡N P-P P≡P
193 946 197 489
从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式为)形式存在的原因是 ，白磷中P原子的杂化方式为 。
（5）已知PCl3是不稳定的无色液体，遇水反应可生成两种酸，该反应的化学方程式为 ，所得含氧酸(已知该含氧酸的各步电离平衡常数分别为Ka1=1.6×10-2和Ka2=7×10-7)的结构式为 。
（6）磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：
如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为 。
（7）分别用、●表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：
①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度 g·cm-3(写出表达式)。
②晶胞在x轴方向的投影图为 (填标号)。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．分子式是用元素符号表示纯净物分子的组成的式子，故乙酸的分子式：，A符合题意；
B．氧元素是8号元素，外层共8个电子，故正确的轨道表示式为：，B不符合题意；
C．元素符号的左上角代表的是质量数，元素符号左下角代表的是质子数，质量数为23的钠原子符合题意表示为：，C不符合题意；
D．是离子化合物，形成的是离子键，故正确的电子式为：，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.基态O原子核外有8个电子，分别位于1s、2s、2p能级上；
C.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
D.为离子化合物。
2．【答案】D
【解析】【解答】A、氨气为共价化合物，含有3个N-H键，其电子式为，故A错误；
B、 核内有17个质子，故B错误；
C、H2O中心O原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为正四面体形，故C错误；
D、基态Ca原子占据的最高能级为4s，s轨道为球形，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、氨气为共价化合物；
B、氯离子质子数为17；
C、H2O中心原子价层电子对数为4；
D、基态Ca原子占据的最高能级为4s。
3．【答案】A
【解析】【解答】由电子排布式可知，A项为P原子，处于第三周期第VA族；B项为N原子，处于第二周期第VA族；C项为0原子，处于第二周期第ⅥA族；D项为S原子，处于第三周期第ⅥA族。同周期主族元素随原子序数增大，原子半径逐渐减小，同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径：P>S>N>O，故A符合题意。
【分析】依据电子层数越大，半径越大，同周期主族元素随原子序数增大，原子半径逐渐减小分析。
4．【答案】C
【解析】【解答】A． 的电子式为： ，A不符合题意；
B．质量数=质子数+中子数，中子数为1的氢原子质量数为2，表示为： ，B不符合题意；
C．乙醇的分子式为： ，C符合题意；
D．氯离子有三个电子层最外层8个电子，形成阴离子，结构示意图为： ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.NaOH是离子化合物；
B.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
D.氯离子核外共18个电子，有三个电子层，每一层的电子数分别为：2、8、8。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.8位于元素符号的左下角，为质子数，A不符合题意；
B.16位于元素符号的左上角，为质量数，B不符合题意；
C.2-位于元素符号的右上角，为离子的带电荷数，C符合题意；
D．-2位于元素符号的正上方，为化合价，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】对于符号：，a代表原子的质子数、b代表原子的质量数、2-代表其为带两个负电荷的阴离子、-2代表其化合价为-2价。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．氮离子半径比氧离子半径大，A不符合题意；
B．Cl的氧化物对应的水化物可以为HClO，为弱酸，N的氧化物对应的水化物可以为HNO2，为弱酸，B符合题意；
C．甲烷的沸点比氨气小，因为氨分子间存在氢键，C不符合题意；
D．可用氨气检验输送氯气的管道是否泄漏，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．电子层结构相同，核电荷数越多半径越小；
B．没有说明是最高价氧化物的水化物；
C．分子间存在氢键，沸点较高；
D．依据物质的性质及产物的现象判断。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．中子数为30的铁原子的质量数为30+56=86，符号为 Fe，A不符合题意；
B．氧原子的电子式为 ，B符合题意；
C．结构示意图为 ，C不符合题意；
D．硫原子最外层电子的轨道表示式为 ，电子应优先以相同的自旋方向占据空轨道，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.左下角是质子数，左上角是质量数
B.O原子最外层有6个电子，其中两个为未成对电子
C.O2-核外有10个电子
D.硫原子最外层有6个电子，3s能级上有两个电子，3p能级上有4个电子
8．【答案】C
【解析】【解答】A，对abXn-，质量数是a，质子数是b，中子数N=A-Z=a-b，A选项不符合题意；
B.元素X带n个单位负电荷，所以abXn-含有的电子数是b+n，B选项不符合题意；
C.abXn-质量数是a，不是a+b，C选项符合题意；
D.1mol abXn-的质量约ag，所以一个abXn-的质量约为a/6.02×1023g，D选项不符合题意，
故答案为：C。
【分析】根据课本AZX表达的意义可知道：A表示元素X的质量数，Z表示元素X的质子数，中子数N=A-Z。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．p能级的轨道相互垂直，其能量相同，A不符合题意；
B．s轨道没有伸展方向，故形成的共价键没有方向性，B不符合题意；
C．构造原理告诉我们，随着核电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层，如M层排满了3p轨道后再排4s轨道，4s轨道排满再排3d轨道，C符合题意；
D．元素周期表中，氢元素属于s区，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．p能级的轨道相互垂直，其能量相同；
B．s轨道没有方向性；
C．依据构造原理分析；
D．元素周期表中，氢元素属于s区。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析知，X为B元素，Y为N元素，两者不同族，A不符合题意；
B．X：B、Y：N电子层均为两层，但N的核电荷数多，对电子引力强，故半径小，即原子半径：X＞Y，B不符合题意；
C．X的氧化物为B2O3，属于酸性氧化物，能与NaOH反应生成盐和水，C符合题意；
D．YW3为NH3，催化氧化生成NO和水，NO与过量的O2可反应转化为NO2，NO2与水反应可生成强酸HNO3，D不符合题意；
故答案选C。
【分析】由题意知，Z为Al，结合化学式AlY，推测Y为-3价，最外层为5个电子，结合原子序数关系，确定Y为N，又W、X、Y原子序数之和为13，则W、X原子序数之和为6，故W为H，X为B。
11．【答案】B
【解析】【解答】 主族元素V、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，ZX3Y4W12是硅酸盐，X2+和W2-的电子层结构相同，即可判断W是O，X是Mg，Y是Si，根据V与Y的质子数之和等于Z的质子数。 V是C，Z是Ca.
A.Y是Si，处于第三周期第IVA族，故A不符合题意
B.V2W42-是C2O42-，存在极性键和非极性键，故B符合题意
C.Y和V简单的氢化物是SiH4和CH4，稳定性大小是CH4＞SiH4，故稳定性强弱是V＞Y，故C不符合题意
D.Z是Ca，Y是Si，X是Mg，W是O，因此原子半径大小是Ca＞Mg＞Si＞O，故半径大小是Z＞X＞Y＞W，故D不符合题意
故正确答案是：B
【分析】根据给出的信息将V、W、X、Y、Z推出，再结合选项进行判断正误即可
12．【答案】C
【解析】【解答】A．N为7号元素，其核外电子排布式为1s22s22p3，则其价电子轨道表示式为 ，A不符合题意；
B．咪唑是分子结构中含有两个间位氮原子的五元芳杂环化合物，这个五元环是一个平面环，故N-甲基咪唑分子和咪唑分子中的C、N原子均在同一平面上，B不符合题意；
C．N-甲基咪唑分子含有12个σ键，咪唑分子含有9个σ键，故二者含σ键的个数比为4：3，C符合题意；
D．N-甲基咪唑分子和咪唑分子中有大π键，平面结构，N采取sp2杂化，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.N的原子序数为7，核外电子排布式为1s22s22p3；
B.与碳碳双键和碳氮双键直接相连的原子共面；
C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
D.N-甲基咪唑分子和咪唑分子中亚氨基上的N采用sp2杂化。
13．【答案】A
【解析】【解答】A． 常温常压下，Kw=10-14，c(H+)= mol·L－1，1L 中含有的H+数为1L× mol·L－1× mol－1= ，故A符合题意；
B.2 和1 催化反应后分子总数少于2 ，故B不符合题意；
C． 18g 中含有的质子数为 =9 ，故C不符合题意；
D． 过氧化钠与水反应时， 既作氧化剂又作还原剂，0.1 完全反应转移电子数为0.1 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据常温下水的离子积即可计算出氢离子的物质的量浓度结合体积计算出物质的量
B. 密闭容器中， 和 的反应是可逆反应
C.根据n=计算出物质的量，再找出1个 中中子的个数即可
D.写出方程式即可找出电子转移量
14．【答案】B
【解析】【解答】A.根据多电子原子的核外电子的能量差异，将核外电子分成不同的电子层，根据多电子原子中同一电子层电子能量的不同，将它们分成不同能级，各电子层含有的能级数等于电子层数，如第三电子层有3s、3p、3d能级，A不符合题意；
B.各电子层的能级都是从s能级开始，每个电子层的能级数与电子层数相等，所以有的电子层不含f能级， B符合题意；
C.根据核外电子排布规律，每一电子层最多可容纳的电子数为2n2(n为电子层数)，则各电子层最多可容纳的电子数一定是偶数，C不符合题意；
D.s、p、d、f能级可容纳的最多电子数依次为1、3、5、7的2倍，D不符合题意。
【分析】
A.电子层数等于各电子层的能级数；
B.各电子层能级都是从s能级开始，但不是全部从f能级结束；
C.各电子层容纳最多的电子数是2n2，故是偶数；
D.s、p、d、f能级可容纳的最多电子数依次为1、3、5、7的2倍。
15．【答案】B
【解析】【解答】A、 基态C原子价电子排布式为2s22p2，价电子排布图为，故A错误；
B、的中心原子价层电子对数为，不含孤电子对，空间结构为平面三角形，故B正确；
C、 C60和高温高压下可转变为结构类似金刚石的碳玻璃，金刚石中碳原子采用sp3杂化，则该碳玻璃中碳原子为sp3杂化，故C错误；
D、 该晶体是一种新型超导材料，说明是由阴阳离子构成的，属于离子晶体 ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、基态C原子的价电子排布式为2s22p2；
B、中C原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
C、金刚石中碳原子采用sp3杂化；
D、该晶体是一种新型超导材料，说明是由阴阳离子构成的。
16．【答案】B
【解析】【解答】A.0.1 mol FeI2中含0.1 mol Fe2+、0.2 mol I-，由于Cl2足量，故Fe2+、I-均被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2，则转移电子=n(Fe2+)+n(I-)=0.3 mol，A不符合题意；
B．根据得失电子守恒，得3n(Al)=2n(H2)，即n(H2)=1.5n(Al)，由于两种情况下Al都完全反应，故生成的H2相等均为1.5 mol，B符合题意；
C．由于未说明标准状况，故22.4 L不一定为1 mol，C不符合题意；
D．同位素2H与3H质子数相同，均为1，中子数相差1个，故两种分子质子数相等，D不符合题意；
故答案选B。
【分析】A.亚铁离子和碘离子均与氯气反应，转移的电子与0.1mol的亚硫酸钠转移的电子不同
B.找出铝单质与产生氢气的关系即可
C.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
D.质子数相同中子数不同
17．【答案】A
【解析】【解答】A．基态的能量最低，[Ne]3s1为基态，[Ne]3p1为激发态，所以失去e-的基态需要能量多，选项A符合题意；
B．二氧化碳分子中C原子与2个O原子形成四个共价键，使分子中每个原子都达到稳定结构，所以CO2的结构式：O=C=O，选项B不符合题意；
C．Na3AlF6为离子化合物，含有离子键，中存在配位键，为共价键，选项C不符合题意；
D．HF是弱酸，为弱电解质，故其电离方程式为：HF+H2OH3O++F-，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.电子能量：3s1＜3p1，所以能量：[Ne]3s1＜[Ne]3p1，能量越低越稳定；
B.CO2中C、O原子之间存在2对共用电子对；
C.Na3AlF6中与Na+之间存在离子键，中存在配位键；
D.HF是弱酸，存在电离平衡。
18．【答案】D
【解析】【解答】A．第二周期元素除Ne电负性从左往右逐渐增强，故电负性由大到小的顺序为O>N>C，A不符合题意；
B．如图结构的吡啶环( )中C、N原子的价层电子对均为3，故杂化方式均为sp2，B不符合题意；
C．吡啶( )含电负性强的N元素，氮原子上的一对未共用电子能与水形成氢键，C不符合题意；
D．HCOOH存在分子间作用力和氢键，且HCOOH分子间氢键作用较强，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.元素的周期表位置，注意同一周期元素的电负性大小关系；
B.氮原子的孤电子对，价电子对数目包括孤电子对数目；
C.吡啶环含有电负性强的氮原子，可以和水分子形成氢键；
D.甲酸的沸点高于甲醛，主要是因为氢键作用力更强；
19．【答案】C
【解析】【解答】A．O2的结构式为O=O，正负电荷中心重合，是非极性分子，A不符合题意；
B．H2O中只含有O-H共价键，H原子满足2电子，O原子满足8电子，电子式为，B不符合题意；
C．Cr原子核外电子数为24，根据能量最低原理、洪特规则特例，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d44s1，最外层电子失去2个电子后得到Cr2+，则Cr2+的核外电子排布式为[Ar]3d4，C符合题意；
D．CH3COO-为弱酸阴离子，结合水中氢离子发生水解反应生成CH3COOH和OH-，但水解程度是微弱的应用可逆符号，水解方程式为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.O2的正负电荷中心重合，属于非极性分子；
B.H2O是共价化合物；
D.CH3COO-水解生成CH3COOH和OH-，水解是可逆过程。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．的中子数为48—20=28，故A不符合题意；
B．由合成反应的方程式可知，该反应为核反应，属于物理变化，不属于化学变化，故B符合题意；
C．由反应前后质量数不变可知，合成反应的方程式为，故C不符合题意；
D．和的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数；
B．核反应属于物理变化；
C．由反应前后质量数不变判断；
D．质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；
21．【答案】（1）7；3d104s1
（2）大于；二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故Cu金属键强，熔点更高
（3）10NA；吡咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键；sp2杂化；
（4）Cu3AuH4；
【解析】【解答】（1）基态铜原子有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种能量不同的电子，基态铜原子的价层电子为其3d、4s能级上的电子，其价层电子排布式为：3d104s1。故答案为：7；3d104s1；
（2）熔点Cu大于 Ag，原因是二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故Cu金属键强，熔点更高。故答案为：大于；二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故Cu金属键强，熔点更高；
（3）①每个吡咯有4个碳原子，每个碳原子有碳氢键（4个），碳碳之间（3个）、碳氮（2个）、氮和氢（1个）之间有σ键，1mol吡咯中含有的σ键数为10NA，吡咯熔点远高于环戊二烯， 主要原因是吡咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键。故答案为：10NA；吡咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键；
②已知吡咯中的各个原子均在同一平面内，吡咯中C、N原子价层电子对数均为3，则吡咯分子中N的杂化方式为sp2杂化。该分子中的大π键有四个碳原子和一个氮原子，每个碳有一个单电子，氮有两个电子，吡咯中的大π键可表示为。故答案为：sp2杂化；；
（4）立方晶胞中，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中，Au有8×=1个，Cu有6×=3个，H有4个，所以晶体化学式为Cu3AuH4，若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，1mol晶胞内储存4molH，则储存则该储氢材料的储氢能力为== =，故答案为：Cu3AuH4；。
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）金属晶体原子半径越小，电荷越多，金属键越强，熔点越高；
（3）①依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；分子间含有氢键，熔沸点较高；
②依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
（4）根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
22．【答案】（1）ds；3d104s1；大于；Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子
（2）6；sp3
（3）配位键；N（或氮原子）；正四面体；高于
（4）3：1
【解析】【解答】(1)Cu原子核外有29个电子，其3d、4s电子为其外围电子，所以Cu的价层电子排布式3d104s1；铜和锌分别位于第四周期第ⅠB、ⅡB族，属于ds区。轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu＜Zn；
(2)1个松脂酸铜中含有6个双键，则含有6个π键，加“*”碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化；
(3)①N原子提供孤电子对、Cu原子提供空轨道，二者形成配位键，提供孤电子对的成键原子是N。②硫酸根离子中S原子价层电子对个数＝4+ ＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断微粒空间构型为正四面体形；③氨气中能形成分子间氢键、磷化氢分子之间不能形成氢键，所以氨气熔沸点较高；
(4)根据晶胞结构，镍位于顶点，铜位于面心，则晶胞中镍原子的数量为 ，铜原子的数量为 ，故铜、镍原子个数比为3：1。
【分析】（1）Zn、Cu位于周期表的ds区，铜为29号元素，价电子排布中d电子全满稳定，轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大；
（2）双键中含有1个σ键和1个π键，由此计算π键的个数。
（3）①Cu2+有空轨道，NH3中N原子有1对孤电子对；
②SO42-中S原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4；
③氨气分子间存在氢键，PH3不能形成氢键；
（4）均摊法计算晶胞中Cu、Ni原子数目。
23．【答案】（1）；N
（2）电子层数相同，最外层电子数相同，只有次外层的 电子数不同
（3）18；AB
（4）正四面体；；分子
（5）
（6）Fe2+的半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，FeCO3比CoCO3易分解
【解析】【解答】(1)Co为27号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；基态Co原子3d轨道有3个未成对电子，第二周期中有3个未成对电子的元素为N元素；(2)Fe、Co、Ni核外电子排布式分别为[Ar]3d64s2、[Ar]3d74s2、[Ar]3d84s2，电子层数相同，最外层电子数相同，只有次外层的3d电子数不同，故原子半径相近、化学性质相似；(3)Fe的价电子排布式是3d64s2，价电子数为8，CO作配体提供2个电子，故价电子数和配体提供电子总数为8+2×5=18；N2的结构式是 ，有σ键和π键，则互为等电子体的CO也有σ键和π键，答案为AB；(4)由结构图可知Ni(CO)4空间构型为正四面体，中心原子Ni为sp3杂化，熔沸点较低，属于分子晶体；(5)Ni位于O形成的正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点；该晶胞中有1个Sm原子，8× =1个Ni原子，12× =3个O原子，则该晶胞的密度为 (6)已知r(Fe2+)为62pm，r(Co2+)为66pm，则FeO的晶格能大于CoO，加热FeCO3和CoCO3时，FeCO3更易分解。
【分析】(1)根据能量最低原理书写Co原子核外电子排布式；(2)Fe、Co、Ni原子结构相似；(3)配合物Fe(CO)5中1个配体原子提供2个电子；等电子体具有相似的结构；(4)由Ni(CO)4的结构与相关性质分析；(5)Ni位于O形成的正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点；(6)离子晶体，半径越小，晶格能越大。
24．【答案】（1）3s23p3；8；O
（2）着火点；白磷氧化
（3）K=[PCl3]·[Cl2]/ [PCl5]
（4）减小；不变
（5）0.045mol/L
【解析】【解答】本题主要考查化学平衡。（1）磷原子的最外层电子排布式是3s23p3，每个电子对应一种运动状态，氧原子核外有8种不同运动状态的电子。同周期元素从左到右非金属性增强，所以C、O两种元素非金属性较强的是O。
（2）白磷在空气中露置时间长了会因温度达到着火点而自燃，使白磷升温的热量主要来自白磷氧化。
（3）该反应的平衡常数表达式K=生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值=[PCl3][Cl2]/[PCl5]；
（4）其他条件不变，起始时向上述容器中充入1.0mol PCl5，相当于加压，平衡左移，达到平衡时，PCl5的转化率减小，平衡常数K仅是温度的函数，温度不变，所以K不变。
（5）100s时，n(PCl5)=0.41mol，PCl5减少0.09mol，同时生成PCl30.09mol，所以PCl3的物质的量浓度是0.09mol/2L=0.045mol/L。
【分析】（1）原子核外的电子，运动状态均不相同，所以有多少电子就有多少运动状态。
（2）白磷易自燃。
（4）对于反应物只有一种的可逆反应，当增加反应物的浓度时，可用虚拟容器法判断转化率的变化，虚拟加压，平衡向着气体体积减小的方向移动，转化率减小。平衡常数只与温度有关，温度不变，K不变。
25．【答案】（1）3p
（2）+或-
（3）b
（4）若4molN形成N4，可以释放能量193kJ×6=1158kJ；若形成N2分子，则释放的能量为946kJ×2=1892kJ，形成N2分子放出的能量更多，N2能量更低更稳定。同理，若4molP形成P4分子，具有更低的能量更稳定；sp3
（5）PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；
（6）PnO
（7）或；B
【解析】【解答】(1)基态P原子的核外价层电子排布为3s23p3，电子占据的最高能级的符号为3p；
(2)基态P原子的核外价层电子排布为3s23p3，价电子自旋量子数的代数和为；(3)碳、硅和磷元素的核外价电子排布为2s22p2、3s23p2、3s23p3，P失去第四个电子是从3s2全满结构失去，较难，故第三和第四电离能差值较大，故b曲线为P。
(4)根据表格中所给的数据，可从键能角度来分析。若4molN形成N4，可以释放能量193kJ×6=1158kJ；若形成N2分子，则释放的能量为946kJ×2=1892kJ，形成N2分子放出的能量更多，N2能量更低更稳定。同理，若4molP形成P4分子，具有更低的能量更稳定；白磷中P原子有一个孤电子对和 3个键，故为sp3杂化；
(5)PCl3遇水反应可生成两种酸，化合价不变，应为H3PO3和HCl，化学方程式为：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；H3PO3有两个电离平衡常数，故为二元弱酸，结构简式为：；
(6)n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，共脱去n个水分子，酸根中原子个数应为n个磷酸分子原子总数减去n个水分子原子总数，故相应的酸根为： ；
(7)K+所在位置：棱上4个，面上6个，个数为：； 所在位置为顶点8个、内部1个，面上4个，个数为：，晶体密度为：；根据晶胞结构，y轴方向（两条横边）K+在面心，沿x轴投影应在棱中，在顶点，沿沿x轴投影应在顶点；z轴方向（两条竖边）棱中和下部为K+，上部为；投影图中间一列：自上而下应为K+，K+，，，K+，
故答案为：B。
【分析】（1）P原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p3，电子占据的最高能级为3p能级；
（2）基态P原子的核外价层电子排布为3s23p3，据此确定价电子自旋磁量子数的代数和；
（3）碳、硅和磷元素的核外价电子排布为2s22p2、3s23p2、3s23p3，P失去第四个电子是从3s2全满结构失去，第四电离能与第三电离能相差较大；
（4）能量越低物质越稳定；白磷中P原子形成3个键，含有1个孤电子对；
（5） PCl3是不稳定的无色液体，遇水反应可生成两种酸，根据元素守恒，生成的酸为磷酸和盐酸；磷酸为二元弱酸，据此确定其结构式；
（6）n个磷酸分子共脱去n个水分子；
（7）根据均摊法计算各离子数目，再结合计算晶胞密度。
一、单选题
1．下列化学用语表示正确的是
A．乙酸的分子式：
B．氧原子的轨道表示式：
C．质量数为23的钠原子：
D．的电子式：
2．实验室制备氨气的原理为：，下列说法正确的是（ ）
A．的电子式
B．的原子结构示意图
C．的VSEPR模型
D．基态原子占据的最高能级原子轨道
3．具有下列电子排布式的基态原子中，半径最大的是（ ）
A．1s22s22p63s23p3 B．1s22s22p3
C．1s22s22p4 D．1s22s22p63s23p4
4．下列化学用语或图示表达错误的是（ ）
A．的电子式：
B．中子数为1的氢原子
C．乙醇的分子式：
D．氯离子的结构示意图：
5．对 中各数字的描述错误的是（ ）
A．8：质子数 B．16：质量数 C．2-：电子数 D．-2：化合价
6．化学工业为新冠疫情防控提供了强有力的物质支撑。科学家利用原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z和W“组合”成一种高效、贮运稳定的消毒漂白剂，其分子结构示意如图所示，W原子的L层电子数比Z原子的L层电子数多2个。下列说法错误的是（ ）
A．简单离子半径：Y＞Z
B．W和Y的氧化物对应的水化物均为强酸
C．简单氢化物的沸点：X＜Y
D．可用Y的简单氢化物检验输送W单质的管道是否泄漏
7．反应4FeS2＋11O2 2Fe2O3＋8SO2用于工业制取硫酸，下列相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A．中子数为30的铁原子： Fe
B．O原子电子式：
C．O2-的结构示意图：
D．S原子最外层的轨道表示式：
8．某元素的原子形成的离子可表示为abXn-，有关说法错误的是（ ）
A．中子数为a-b
B．电子数为b+n
C．质量数为a+b
D．一个离子的质量约为 a/6.02×1023g
9．下列说法正确的是（ ）
A．p能级的轨道相互垂直，其能量大小关系为
B．原子轨道具有一定的伸展方向，所形成的共价键都具有方向性
C．构造原理告诉我们，随着核电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层
D．元素周期表中，s区全部是金属元素
10．W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期元素。某储氢材料为共价化合物，化学式为XW3YW3，组成该化合物的三种元素的原子序数之和为13。某精密陶瓷材料化学式为ZY，Z的氧化物或氢氧化物均能与盐酸、NaOH溶液发生化学反应。下列说法正确的是（ ）
A．X、Y是同主族元素
B．原子半径：Z>Y>X
C．X的氧化物能够与NaOH反应生成盐和水
D．YW3在铂催化加热条件下与足量的O2反应最后生成一种弱酸
11．主族元素V、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，ZX3Y4W12是硅酸盐，X2+和W2-的电子层结构相同，V与Y的质子数之和等于Z的质子数。下列判断正确的是（ ）
A．Y在周期表中位于第3周期第IV族
B．V2W 含极性键和非极性键
C．最简氢化物的热稳定性：Y>V
D．原子半径：Z>Y>X>W
12．咪唑是分子结构中含有两个间位氮原子的五元芳杂环化合物，该类化合物在医学上有着重要的用途。如：咪唑( )和N-甲基咪唑( )都是合成医药中间体的重要原料，下列有关说法错误的是（ ）
A．基态N原子的价电子轨道表示式
B． 与 中C、N原子均在同一平面上
C． 与 中含σ键个数比为3：2
D． 与 中的N原子均采取sp2杂化
13．设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，1L 中含有的H+数为
B．密闭容器中，2 和1 催化反应后分子总数为2
C．18g 中含有的质子数为10
D．过氧化钠与水反应时，0.1 完全反应转移电子数为0.2
14．下列关于多电子原子核外电子排布的说法错误的是（ ）
A．各电子层含有的能级数等于电子层数
B．各电子层的能级都是从s能级开始至f能级结束
C．各电子层最多可容纳的电子数一定是偶数
D．s、p、d、f能级所能容纳的最多电子数依次为1、3、5、7的2倍
15．下列有关物质结构与性质的说法正确的是（ ）
A．基态碳原子价电子排布图：
B．CO32-的空间结构：平面三角形
C．C60和高温高压下可转变为结构类似金刚石的碳玻璃，该碳玻璃中碳原子为杂化
D．硫单质和氢气低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如右上图，该晶体属分子晶体
16．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．足量Cl2分别与含有0.1molFeI2的溶液、含0.1molNa2SO3的溶液反应，转移电子数均为0.2NA
B．1molAl分别与足量NaOH溶液、足量稀H2SO4溶液反应，产生氢气的分子数均为1.5NA个
C．22.4LCH4与22.4LCH2=CH2混合得到的气体中含H原子数为8NA
D．1mol2H37Cl比1mol3H37Cl少NA个质子
17．在氢氟酸溶液中加入Na2CO3和Al(OH)3，生成冰晶石的反应为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。下列说法错误的是（ ）
A．钠失去最外层一个电子所需要的能量：[Ne]3s1＜[Ne]3p1
B．CO2结构式可表示为O=C=O
C．冰晶石中存在离子键、极性共价键和配位键
D．HF在水中的电离方程式为HF+H2O H3O++F-
18．近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru络合物(如图所示)复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是（ ）
A．Ru络合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C
B．如图结构的吡啶环( )中C，N原子的杂化方式均为sp2
C．吡啶( )与水可形成氢键，故易溶于水
D．HCOOH的沸点比HCHO高，主要因为HCOOH相对分子质量大于HCHO
19．醋酸亚铬晶体[(CH3COO)2Cr·2H2O]在气体分析中可用作O2的吸收剂。下列说法正确的是（ ）
A．O2是极性分子
B．H2O的电子式为
C．Cr2+的核外电子排布式为[Ar]3d4
D．CH3COO-的水解方程式为CH3COO-+H2O=CH3COOH+OH-
20．Og是人工合成的稀有气体元素，也是元素周期表中的最后一种元素。合成反应如下： (未配平)。下列说法错误的是（ ）
A．的中子数为28 B．上述合成反应属于化学变化
C．的化学计量数是3 D．和互为同位素
二、综合题
21．铜、银、金在古代常用作货币，三种元素在周期表中位于同一族，回答下列问题：
（1）基态铜原子有 种能量不同的电子，其价层电子排布式为： 。
（2）熔点Cu Ag( 填“大于”或“小于”)，原因是 。
（3）Cu2+能与吡咯( )的阴离子( )形成双吡咯铜。
①1mol吡咯中含有的σ键数为 ，吡咯熔点远高于环戊二烯( )， 主要原因是 。
②已知吡咯中的各个原子均在同一平面内，则吡咯分子中N的杂化方式为 。吡咯中的大π键可表示为 。(大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数， 如苯分子中的大π键可表示为 )。
（4）Cu与Au的某种合金可形成面心立方最密堆积的晶体，Cu原子处于晶胞面心，该晶体具有储氢功能，氢原子可进到入Cu原子与Au原子构成的立方体空隙中，储氢后的晶胞结构如下图所示，该晶体储氢后的化学式为 。
若合金晶胞边长为apm，忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为 。(写出表达式即可，储氢能力=)
22．我国具有丰富的铜矿资源，请回答下列有关铜及其化合物的问题：
（1）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。Cu和Zn在元素周期表中位于 区，请写出基态Cu原子的价电子排布式 。第一电离能Il(Zn) Il(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是 。
（2）新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式，请分析1个松脂酸铜中π键的个数是 ，加“*”碳原子的杂化方式为 。
（3）硫酸铜溶于氨水形成[Cu(NH3)4]SO4深蓝色溶液。
①在[Cu(NH3)4]2+中Cu2+、NH3之间形成的化学键为 ，提供孤电子对的成键原子是 。
② 立体构型是 。
③NH3的沸点 (填“高于”或“低于”)PH3；
（4）一种铜镍合金(俗称白铜)的晶胞如下图所示，铜、镍原子个数比为 。
23．铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族的元素，其单质具有磁性，其化合物常用于制备电池导体.
（1）基态Co原子的外围电子排布式为 ，第二周期中基态原子与基态Co原子具有相同未成对电子数的元素是 .
（2）Fe、Co、Ni原子半径相似、化学性质相似，原因是 .
（3）配合物Fe(CO)5的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为 。CO与N2互为等电子体，CO分子具有的化学键类型有 .
A．σ键 B．π键 C．离子键 D．金属键
（4）Ni(CO)4的结构与相关性质见表，其空间构型为 ，Ni的杂化形式为 ，其为 晶体。
相对分子质量 熔点 沸点 结构
171 43℃
（5）钙钛矿中含有Sn、Ni、O，它们形成的氧化物具有金属-绝缘体相转变特性，其晶胞结构中Sm和O如下图所示，Ni位于O形成正八面体空隙中.晶胞边长为apm，设NA为阿伏加德罗常数的数值，则该氧化物的密度为 g/cm3(列出计算表达式)。
（6）已知：r(Fe2+)为62pm，r(Co2+)为66pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3实验测得FeCO3的分解温度低于CoCO3，原因是 。
24．磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，它的单质和化合物在工农业生产中应用广泛。白磷可通过反应 2Ca3(PO4)2+10C→6CaO+P4+10CO
获得。完成下列填空：
（1）磷原子的最外层电子排布式是 ，氧原子核外有 种不同运动状态的电子。C、O两种元素非金属性较强的是 。
（2）白磷在空气中露置时间长了会因温度达到 而自燃，使白磷升温的热量主要来自 。某温度时，在2.0L恒容密闭容器中充入0.5mol PCl5，发生反应PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)－Q，经过一段时间后达到平衡。
（3）该反应的平衡常数表达式 K= ；
（4）其他条件不变，起始时向上述容器中充入1.0 mol PCl5，达到平衡时，PCl5的转化率 （选填“增大”、 “减小”“不变”），平衡常数 K （选填“增大”、 “减小”“不变”）。
（5）在不同时间（t）测得反应过程中 PCl5 的部分数据如下：
t（s） 0
50
100
250
350
n（mol） 0.5
0.42
0.41
0.40
0.40
则 100s 时， PCl3的物质的量浓度是 。
25．磷及其化合物与人类生产、生活密切相关。
（1）基态P原子中，电子占据的最高能级的符号为 。
（2）核外电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
（3）如图表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示磷的曲线是 (填标号)。
（4）已知有关氮、磷的单键和三键的键能(kJ·mol-1)如表：
N-N N≡N P-P P≡P
193 946 197 489
从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式为)形式存在的原因是 ，白磷中P原子的杂化方式为 。
（5）已知PCl3是不稳定的无色液体，遇水反应可生成两种酸，该反应的化学方程式为 ，所得含氧酸(已知该含氧酸的各步电离平衡常数分别为Ka1=1.6×10-2和Ka2=7×10-7)的结构式为 。
（6）磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：
如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为 。
（7）分别用、●表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：
①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度 g·cm-3(写出表达式)。
②晶胞在x轴方向的投影图为 (填标号)。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．分子式是用元素符号表示纯净物分子的组成的式子，故乙酸的分子式：，A符合题意；
B．氧元素是8号元素，外层共8个电子，故正确的轨道表示式为：，B不符合题意；
C．元素符号的左上角代表的是质量数，元素符号左下角代表的是质子数，质量数为23的钠原子符合题意表示为：，C不符合题意；
D．是离子化合物，形成的是离子键，故正确的电子式为：，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.基态O原子核外有8个电子，分别位于1s、2s、2p能级上；
C.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
D.为离子化合物。
2．【答案】D
【解析】【解答】A、氨气为共价化合物，含有3个N-H键，其电子式为，故A错误；
B、 核内有17个质子，故B错误；
C、H2O中心O原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为正四面体形，故C错误；
D、基态Ca原子占据的最高能级为4s，s轨道为球形，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、氨气为共价化合物；
B、氯离子质子数为17；
C、H2O中心原子价层电子对数为4；
D、基态Ca原子占据的最高能级为4s。
3．【答案】A
【解析】【解答】由电子排布式可知，A项为P原子，处于第三周期第VA族；B项为N原子，处于第二周期第VA族；C项为0原子，处于第二周期第ⅥA族；D项为S原子，处于第三周期第ⅥA族。同周期主族元素随原子序数增大，原子半径逐渐减小，同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径：P>S>N>O，故A符合题意。
【分析】依据电子层数越大，半径越大，同周期主族元素随原子序数增大，原子半径逐渐减小分析。
4．【答案】C
【解析】【解答】A． 的电子式为： ，A不符合题意；
B．质量数=质子数+中子数，中子数为1的氢原子质量数为2，表示为： ，B不符合题意；
C．乙醇的分子式为： ，C符合题意；
D．氯离子有三个电子层最外层8个电子，形成阴离子，结构示意图为： ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.NaOH是离子化合物；
B.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
D.氯离子核外共18个电子，有三个电子层，每一层的电子数分别为：2、8、8。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.8位于元素符号的左下角，为质子数，A不符合题意；
B.16位于元素符号的左上角，为质量数，B不符合题意；
C.2-位于元素符号的右上角，为离子的带电荷数，C符合题意；
D．-2位于元素符号的正上方，为化合价，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】对于符号：，a代表原子的质子数、b代表原子的质量数、2-代表其为带两个负电荷的阴离子、-2代表其化合价为-2价。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．氮离子半径比氧离子半径大，A不符合题意；
B．Cl的氧化物对应的水化物可以为HClO，为弱酸，N的氧化物对应的水化物可以为HNO2，为弱酸，B符合题意；
C．甲烷的沸点比氨气小，因为氨分子间存在氢键，C不符合题意；
D．可用氨气检验输送氯气的管道是否泄漏，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．电子层结构相同，核电荷数越多半径越小；
B．没有说明是最高价氧化物的水化物；
C．分子间存在氢键，沸点较高；
D．依据物质的性质及产物的现象判断。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．中子数为30的铁原子的质量数为30+56=86，符号为 Fe，A不符合题意；
B．氧原子的电子式为 ，B符合题意；
C．结构示意图为 ，C不符合题意；
D．硫原子最外层电子的轨道表示式为 ，电子应优先以相同的自旋方向占据空轨道，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.左下角是质子数，左上角是质量数
B.O原子最外层有6个电子，其中两个为未成对电子
C.O2-核外有10个电子
D.硫原子最外层有6个电子，3s能级上有两个电子，3p能级上有4个电子
8．【答案】C
【解析】【解答】A，对abXn-，质量数是a，质子数是b，中子数N=A-Z=a-b，A选项不符合题意；
B.元素X带n个单位负电荷，所以abXn-含有的电子数是b+n，B选项不符合题意；
C.abXn-质量数是a，不是a+b，C选项符合题意；
D.1mol abXn-的质量约ag，所以一个abXn-的质量约为a/6.02×1023g，D选项不符合题意，
故答案为：C。
【分析】根据课本AZX表达的意义可知道：A表示元素X的质量数，Z表示元素X的质子数，中子数N=A-Z。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．p能级的轨道相互垂直，其能量相同，A不符合题意；
B．s轨道没有伸展方向，故形成的共价键没有方向性，B不符合题意；
C．构造原理告诉我们，随着核电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层，如M层排满了3p轨道后再排4s轨道，4s轨道排满再排3d轨道，C符合题意；
D．元素周期表中，氢元素属于s区，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．p能级的轨道相互垂直，其能量相同；
B．s轨道没有方向性；
C．依据构造原理分析；
D．元素周期表中，氢元素属于s区。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析知，X为B元素，Y为N元素，两者不同族，A不符合题意；
B．X：B、Y：N电子层均为两层，但N的核电荷数多，对电子引力强，故半径小，即原子半径：X＞Y，B不符合题意；
C．X的氧化物为B2O3，属于酸性氧化物，能与NaOH反应生成盐和水，C符合题意；
D．YW3为NH3，催化氧化生成NO和水，NO与过量的O2可反应转化为NO2，NO2与水反应可生成强酸HNO3，D不符合题意；
故答案选C。
【分析】由题意知，Z为Al，结合化学式AlY，推测Y为-3价，最外层为5个电子，结合原子序数关系，确定Y为N，又W、X、Y原子序数之和为13，则W、X原子序数之和为6，故W为H，X为B。
11．【答案】B
【解析】【解答】 主族元素V、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，ZX3Y4W12是硅酸盐，X2+和W2-的电子层结构相同，即可判断W是O，X是Mg，Y是Si，根据V与Y的质子数之和等于Z的质子数。 V是C，Z是Ca.
A.Y是Si，处于第三周期第IVA族，故A不符合题意
B.V2W42-是C2O42-，存在极性键和非极性键，故B符合题意
C.Y和V简单的氢化物是SiH4和CH4，稳定性大小是CH4＞SiH4，故稳定性强弱是V＞Y，故C不符合题意
D.Z是Ca，Y是Si，X是Mg，W是O，因此原子半径大小是Ca＞Mg＞Si＞O，故半径大小是Z＞X＞Y＞W，故D不符合题意
故正确答案是：B
【分析】根据给出的信息将V、W、X、Y、Z推出，再结合选项进行判断正误即可
12．【答案】C
【解析】【解答】A．N为7号元素，其核外电子排布式为1s22s22p3，则其价电子轨道表示式为 ，A不符合题意；
B．咪唑是分子结构中含有两个间位氮原子的五元芳杂环化合物，这个五元环是一个平面环，故N-甲基咪唑分子和咪唑分子中的C、N原子均在同一平面上，B不符合题意；
C．N-甲基咪唑分子含有12个σ键，咪唑分子含有9个σ键，故二者含σ键的个数比为4：3，C符合题意；
D．N-甲基咪唑分子和咪唑分子中有大π键，平面结构，N采取sp2杂化，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.N的原子序数为7，核外电子排布式为1s22s22p3；
B.与碳碳双键和碳氮双键直接相连的原子共面；
C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
D.N-甲基咪唑分子和咪唑分子中亚氨基上的N采用sp2杂化。
13．【答案】A
【解析】【解答】A． 常温常压下，Kw=10-14，c(H+)= mol·L－1，1L 中含有的H+数为1L× mol·L－1× mol－1= ，故A符合题意；
B.2 和1 催化反应后分子总数少于2 ，故B不符合题意；
C． 18g 中含有的质子数为 =9 ，故C不符合题意；
D． 过氧化钠与水反应时， 既作氧化剂又作还原剂，0.1 完全反应转移电子数为0.1 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据常温下水的离子积即可计算出氢离子的物质的量浓度结合体积计算出物质的量
B. 密闭容器中， 和 的反应是可逆反应
C.根据n=计算出物质的量，再找出1个 中中子的个数即可
D.写出方程式即可找出电子转移量
14．【答案】B
【解析】【解答】A.根据多电子原子的核外电子的能量差异，将核外电子分成不同的电子层，根据多电子原子中同一电子层电子能量的不同，将它们分成不同能级，各电子层含有的能级数等于电子层数，如第三电子层有3s、3p、3d能级，A不符合题意；
B.各电子层的能级都是从s能级开始，每个电子层的能级数与电子层数相等，所以有的电子层不含f能级， B符合题意；
C.根据核外电子排布规律，每一电子层最多可容纳的电子数为2n2(n为电子层数)，则各电子层最多可容纳的电子数一定是偶数，C不符合题意；
D.s、p、d、f能级可容纳的最多电子数依次为1、3、5、7的2倍，D不符合题意。
【分析】
A.电子层数等于各电子层的能级数；
B.各电子层能级都是从s能级开始，但不是全部从f能级结束；
C.各电子层容纳最多的电子数是2n2，故是偶数；
D.s、p、d、f能级可容纳的最多电子数依次为1、3、5、7的2倍。
15．【答案】B
【解析】【解答】A、 基态C原子价电子排布式为2s22p2，价电子排布图为，故A错误；
B、的中心原子价层电子对数为，不含孤电子对，空间结构为平面三角形，故B正确；
C、 C60和高温高压下可转变为结构类似金刚石的碳玻璃，金刚石中碳原子采用sp3杂化，则该碳玻璃中碳原子为sp3杂化，故C错误；
D、 该晶体是一种新型超导材料，说明是由阴阳离子构成的，属于离子晶体 ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、基态C原子的价电子排布式为2s22p2；
B、中C原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
C、金刚石中碳原子采用sp3杂化；
D、该晶体是一种新型超导材料，说明是由阴阳离子构成的。
16．【答案】B
【解析】【解答】A.0.1 mol FeI2中含0.1 mol Fe2+、0.2 mol I-，由于Cl2足量，故Fe2+、I-均被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2，则转移电子=n(Fe2+)+n(I-)=0.3 mol，A不符合题意；
B．根据得失电子守恒，得3n(Al)=2n(H2)，即n(H2)=1.5n(Al)，由于两种情况下Al都完全反应，故生成的H2相等均为1.5 mol，B符合题意；
C．由于未说明标准状况，故22.4 L不一定为1 mol，C不符合题意；
D．同位素2H与3H质子数相同，均为1，中子数相差1个，故两种分子质子数相等，D不符合题意；
故答案选B。
【分析】A.亚铁离子和碘离子均与氯气反应，转移的电子与0.1mol的亚硫酸钠转移的电子不同
B.找出铝单质与产生氢气的关系即可
C.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
D.质子数相同中子数不同
17．【答案】A
【解析】【解答】A．基态的能量最低，[Ne]3s1为基态，[Ne]3p1为激发态，所以失去e-的基态需要能量多，选项A符合题意；
B．二氧化碳分子中C原子与2个O原子形成四个共价键，使分子中每个原子都达到稳定结构，所以CO2的结构式：O=C=O，选项B不符合题意；
C．Na3AlF6为离子化合物，含有离子键，中存在配位键，为共价键，选项C不符合题意；
D．HF是弱酸，为弱电解质，故其电离方程式为：HF+H2OH3O++F-，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.电子能量：3s1＜3p1，所以能量：[Ne]3s1＜[Ne]3p1，能量越低越稳定；
B.CO2中C、O原子之间存在2对共用电子对；
C.Na3AlF6中与Na+之间存在离子键，中存在配位键；
D.HF是弱酸，存在电离平衡。
18．【答案】D
【解析】【解答】A．第二周期元素除Ne电负性从左往右逐渐增强，故电负性由大到小的顺序为O>N>C，A不符合题意；
B．如图结构的吡啶环( )中C、N原子的价层电子对均为3，故杂化方式均为sp2，B不符合题意；
C．吡啶( )含电负性强的N元素，氮原子上的一对未共用电子能与水形成氢键，C不符合题意；
D．HCOOH存在分子间作用力和氢键，且HCOOH分子间氢键作用较强，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.元素的周期表位置，注意同一周期元素的电负性大小关系；
B.氮原子的孤电子对，价电子对数目包括孤电子对数目；
C.吡啶环含有电负性强的氮原子，可以和水分子形成氢键；
D.甲酸的沸点高于甲醛，主要是因为氢键作用力更强；
19．【答案】C
【解析】【解答】A．O2的结构式为O=O，正负电荷中心重合，是非极性分子，A不符合题意；
B．H2O中只含有O-H共价键，H原子满足2电子，O原子满足8电子，电子式为，B不符合题意；
C．Cr原子核外电子数为24，根据能量最低原理、洪特规则特例，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d44s1，最外层电子失去2个电子后得到Cr2+，则Cr2+的核外电子排布式为[Ar]3d4，C符合题意；
D．CH3COO-为弱酸阴离子，结合水中氢离子发生水解反应生成CH3COOH和OH-，但水解程度是微弱的应用可逆符号，水解方程式为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.O2的正负电荷中心重合，属于非极性分子；
B.H2O是共价化合物；
D.CH3COO-水解生成CH3COOH和OH-，水解是可逆过程。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．的中子数为48—20=28，故A不符合题意；
B．由合成反应的方程式可知，该反应为核反应，属于物理变化，不属于化学变化，故B符合题意；
C．由反应前后质量数不变可知，合成反应的方程式为，故C不符合题意；
D．和的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数；
B．核反应属于物理变化；
C．由反应前后质量数不变判断；
D．质子数相同质量数（或中子数）不同的原子互称同位素；
21．【答案】（1）7；3d104s1
（2）大于；二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故Cu金属键强，熔点更高
（3）10NA；吡咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键；sp2杂化；
（4）Cu3AuH4；
【解析】【解答】（1）基态铜原子有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种能量不同的电子，基态铜原子的价层电子为其3d、4s能级上的电子，其价层电子排布式为：3d104s1。故答案为：7；3d104s1；
（2）熔点Cu大于 Ag，原因是二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故Cu金属键强，熔点更高。故答案为：大于；二者都为金属晶体且价电子数相同，但Cu的原子半径比Ag的小，故Cu金属键强，熔点更高；
（3）①每个吡咯有4个碳原子，每个碳原子有碳氢键（4个），碳碳之间（3个）、碳氮（2个）、氮和氢（1个）之间有σ键，1mol吡咯中含有的σ键数为10NA，吡咯熔点远高于环戊二烯， 主要原因是吡咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键。故答案为：10NA；吡咯分子间存在氢键，而环戊二烯分子间没有氢键；
②已知吡咯中的各个原子均在同一平面内，吡咯中C、N原子价层电子对数均为3，则吡咯分子中N的杂化方式为sp2杂化。该分子中的大π键有四个碳原子和一个氮原子，每个碳有一个单电子，氮有两个电子，吡咯中的大π键可表示为。故答案为：sp2杂化；；
（4）立方晶胞中，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中，Au有8×=1个，Cu有6×=3个，H有4个，所以晶体化学式为Cu3AuH4，若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，1mol晶胞内储存4molH，则储存则该储氢材料的储氢能力为== =，故答案为：Cu3AuH4；。
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）金属晶体原子半径越小，电荷越多，金属键越强，熔点越高；
（3）①依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；分子间含有氢键，熔沸点较高；
②依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
（4）根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
22．【答案】（1）ds；3d104s1；大于；Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子
（2）6；sp3
（3）配位键；N（或氮原子）；正四面体；高于
（4）3：1
【解析】【解答】(1)Cu原子核外有29个电子，其3d、4s电子为其外围电子，所以Cu的价层电子排布式3d104s1；铜和锌分别位于第四周期第ⅠB、ⅡB族，属于ds区。轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu＜Zn；
(2)1个松脂酸铜中含有6个双键，则含有6个π键，加“*”碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化；
(3)①N原子提供孤电子对、Cu原子提供空轨道，二者形成配位键，提供孤电子对的成键原子是N。②硫酸根离子中S原子价层电子对个数＝4+ ＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断微粒空间构型为正四面体形；③氨气中能形成分子间氢键、磷化氢分子之间不能形成氢键，所以氨气熔沸点较高；
(4)根据晶胞结构，镍位于顶点，铜位于面心，则晶胞中镍原子的数量为 ，铜原子的数量为 ，故铜、镍原子个数比为3：1。
【分析】（1）Zn、Cu位于周期表的ds区，铜为29号元素，价电子排布中d电子全满稳定，轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大；
（2）双键中含有1个σ键和1个π键，由此计算π键的个数。
（3）①Cu2+有空轨道，NH3中N原子有1对孤电子对；
②SO42-中S原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4；
③氨气分子间存在氢键，PH3不能形成氢键；
（4）均摊法计算晶胞中Cu、Ni原子数目。
23．【答案】（1）；N
（2）电子层数相同，最外层电子数相同，只有次外层的 电子数不同
（3）18；AB
（4）正四面体；；分子
（5）
（6）Fe2+的半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，FeCO3比CoCO3易分解
【解析】【解答】(1)Co为27号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；基态Co原子3d轨道有3个未成对电子，第二周期中有3个未成对电子的元素为N元素；(2)Fe、Co、Ni核外电子排布式分别为[Ar]3d64s2、[Ar]3d74s2、[Ar]3d84s2，电子层数相同，最外层电子数相同，只有次外层的3d电子数不同，故原子半径相近、化学性质相似；(3)Fe的价电子排布式是3d64s2，价电子数为8，CO作配体提供2个电子，故价电子数和配体提供电子总数为8+2×5=18；N2的结构式是 ，有σ键和π键，则互为等电子体的CO也有σ键和π键，答案为AB；(4)由结构图可知Ni(CO)4空间构型为正四面体，中心原子Ni为sp3杂化，熔沸点较低，属于分子晶体；(5)Ni位于O形成的正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点；该晶胞中有1个Sm原子，8× =1个Ni原子，12× =3个O原子，则该晶胞的密度为 (6)已知r(Fe2+)为62pm，r(Co2+)为66pm，则FeO的晶格能大于CoO，加热FeCO3和CoCO3时，FeCO3更易分解。
【分析】(1)根据能量最低原理书写Co原子核外电子排布式；(2)Fe、Co、Ni原子结构相似；(3)配合物Fe(CO)5中1个配体原子提供2个电子；等电子体具有相似的结构；(4)由Ni(CO)4的结构与相关性质分析；(5)Ni位于O形成的正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点；(6)离子晶体，半径越小，晶格能越大。
24．【答案】（1）3s23p3；8；O
（2）着火点；白磷氧化
（3）K=[PCl3]·[Cl2]/ [PCl5]
（4）减小；不变
（5）0.045mol/L
【解析】【解答】本题主要考查化学平衡。（1）磷原子的最外层电子排布式是3s23p3，每个电子对应一种运动状态，氧原子核外有8种不同运动状态的电子。同周期元素从左到右非金属性增强，所以C、O两种元素非金属性较强的是O。
（2）白磷在空气中露置时间长了会因温度达到着火点而自燃，使白磷升温的热量主要来自白磷氧化。
（3）该反应的平衡常数表达式K=生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值=[PCl3][Cl2]/[PCl5]；
（4）其他条件不变，起始时向上述容器中充入1.0mol PCl5，相当于加压，平衡左移，达到平衡时，PCl5的转化率减小，平衡常数K仅是温度的函数，温度不变，所以K不变。
（5）100s时，n(PCl5)=0.41mol，PCl5减少0.09mol，同时生成PCl30.09mol，所以PCl3的物质的量浓度是0.09mol/2L=0.045mol/L。
【分析】（1）原子核外的电子，运动状态均不相同，所以有多少电子就有多少运动状态。
（2）白磷易自燃。
（4）对于反应物只有一种的可逆反应，当增加反应物的浓度时，可用虚拟容器法判断转化率的变化，虚拟加压，平衡向着气体体积减小的方向移动，转化率减小。平衡常数只与温度有关，温度不变，K不变。
25．【答案】（1）3p
（2）+或-
（3）b
（4）若4molN形成N4，可以释放能量193kJ×6=1158kJ；若形成N2分子，则释放的能量为946kJ×2=1892kJ，形成N2分子放出的能量更多，N2能量更低更稳定。同理，若4molP形成P4分子，具有更低的能量更稳定；sp3
（5）PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；
（6）PnO
（7）或；B
【解析】【解答】(1)基态P原子的核外价层电子排布为3s23p3，电子占据的最高能级的符号为3p；
(2)基态P原子的核外价层电子排布为3s23p3，价电子自旋量子数的代数和为；(3)碳、硅和磷元素的核外价电子排布为2s22p2、3s23p2、3s23p3，P失去第四个电子是从3s2全满结构失去，较难，故第三和第四电离能差值较大，故b曲线为P。
(4)根据表格中所给的数据，可从键能角度来分析。若4molN形成N4，可以释放能量193kJ×6=1158kJ；若形成N2分子，则释放的能量为946kJ×2=1892kJ，形成N2分子放出的能量更多，N2能量更低更稳定。同理，若4molP形成P4分子，具有更低的能量更稳定；白磷中P原子有一个孤电子对和 3个键，故为sp3杂化；
(5)PCl3遇水反应可生成两种酸，化合价不变，应为H3PO3和HCl，化学方程式为：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；H3PO3有两个电离平衡常数，故为二元弱酸，结构简式为：；
(6)n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，共脱去n个水分子，酸根中原子个数应为n个磷酸分子原子总数减去n个水分子原子总数，故相应的酸根为： ；
(7)K+所在位置：棱上4个，面上6个，个数为：； 所在位置为顶点8个、内部1个，面上4个，个数为：，晶体密度为：；根据晶胞结构，y轴方向（两条横边）K+在面心，沿x轴投影应在棱中，在顶点，沿沿x轴投影应在顶点；z轴方向（两条竖边）棱中和下部为K+，上部为；投影图中间一列：自上而下应为K+，K+，，，K+，
故答案为：B。
【分析】（1）P原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p3，电子占据的最高能级为3p能级；
（2）基态P原子的核外价层电子排布为3s23p3，据此确定价电子自旋磁量子数的代数和；
（3）碳、硅和磷元素的核外价电子排布为2s22p2、3s23p2、3s23p3，P失去第四个电子是从3s2全满结构失去，第四电离能与第三电离能相差较大；
（4）能量越低物质越稳定；白磷中P原子形成3个键，含有1个孤电子对；
（5） PCl3是不稳定的无色液体，遇水反应可生成两种酸，根据元素守恒，生成的酸为磷酸和盐酸；磷酸为二元弱酸，据此确定其结构式；
（6）n个磷酸分子共脱去n个水分子；
（7）根据均摊法计算各离子数目，再结合计算晶胞密度。
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