山东省临朐县实验中学2020-2021学年高二化学上学期12月月结学情检测试题（含解析）.doc

1、山东省临朐县实验中学2020-2021学年高二化学上学期12月月结学情检测试题（含解析）第卷(共 50 分)一、单选题(本题包括 15 小题，每题 2 分，共 30 分)1. 以下对核外电子运动状况的描述正确的是( )A. 电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转B. 能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动C. 电子层数越大，s轨道的半径越大D. 在同一轨道上运动的电子，其能量不相同【答案】C【解析】【详解】A电子只是在一定的区域内出现的概率大一些，无确定的轨道，也不能描述出它的运动轨迹，A错误；B原子轨道能量的高低取决于电子层数和原子轨道的形状两个因素，

2、不能单从原子轨道的形状判断，如7s轨道的能量比4f轨道的能量高，B错误；C相同类型的原子轨道，电子能层序数越大，能量越高，电子运动的区域越大，原子轨道的半径越大，C正确；D在同一轨道上运动的电子，其能量相同，D错误；故选C。2. 主族元素A和B可形成AB2型离子化合物，则A、B两元素原子的最外层电子排布式分别为（ ）A. 和B. 和C. 和D. 和【答案】C【解析】【分析】不妨设B的化合价为-1价，得A的化合价为+2，根据化合价找到对应的主族，并判断此时A、B形成的化合物是否是离子化合物即可。【详解】假设B的化合价为-1价，根据AB2知A的化合价为+2，则B在A族，A在A族，这两个主族元素形成

3、离子化合物，所以A、B两元素原子的最外层电子排布式分别为和（说明假设合理）；对照选项，故选C。3. 13 CNMR（核磁共振）、15 NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wuithrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖。下面有关13C、15N的叙述正确的是A. 13C与15N有相同的中子数B. 13C电子排布式为1s22s22p3C. 15N与14N互为同位素D. 15N的电子排布式为1s22s22p4【答案】C【解析】【详解】A.13C、15N的的质子数和中子数分别为6、7和7和8，A不正确；B.13C的核外有6个电子，其电子排布式为1s22s22p2，B不正

4、确；C.15N与14N的质子数相同而中子数不同，互为同位素，C正确；D.15N的核外有7个电子，其电子排布式为1s22s22p3，D不正确；答案C。4. 下列反应的离子方程式的书写正确的是A. 小苏打溶液与澄清石灰水反应：HCO3-OH-CO32-H2OB. 将氯气通入氯化亚铁溶液中：Cl22Fe2+2Fe3+2Cl-C. 用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板上的Cu：2Fe33Cu2Fe3Cu2D. 硫酸与氢氧化镁溶液反应：HOH-H2O【答案】B【解析】【详解】A. 小苏打溶液与澄清石灰水反应，还会有碳酸钙沉淀生成，A项错误；B. 将氯气通入氯化亚铁溶液中，氯气将亚铁离子氧化为铁离子，正确的离子

5、方程式为：Cl22Fe2+2Fe3+2Cl-，B项正确；C. 用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板上的Cu，正确的离子方程式为：2Fe3Cu2Fe2+Cu2，C项错误；D. 硫酸与氢氧化镁溶液反应，氢氧化镁为难溶物，应保留化学式，正确的离子方程式为：2H+ Mg(OH)22H2O + Mg2+，D项错误；答案选B。【点睛】碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，碳酸氢钠溶液与足量的澄清石灰水反应，离子方程式为：HCO3- +Ca2+ + OH- = CaCO3+ H2O，碳酸氢钠溶液与少量的澄清石灰水反应，离子方程式为：2HCO3- +Ca2+ + 2OH- = CaCO3

6、+ CO32-+ 2H2O。以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。5. 用标准盐酸滴定未知浓度的 NaOH 溶液，下列操作会引起测定结果偏低的是的是( )A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用 NaOH 溶液润洗，然后装入 NaOH 溶液进行滴定C. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，装入 20.00 mL NaOH 溶液，加入少量的蒸馏水再进行 滴定D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变为无色时，立即停止加盐酸并读数【答案】D【解析】【详解】A用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定，则消耗标准液体积偏大，计算出待测液浓度偏高，故A不符合题意；B锥形

7、瓶用NaOH溶液润洗，导致待测液体积偏大，消耗标液体积偏大，计算出待测液浓度偏高，故B不符合题意；C用蒸馏水洗净锥形瓶后，装入20.00 mL NaOH溶液，加入少量的蒸馏水再进行滴定，待测液物质的量不变，因此计算出浓度无影响，故C不符合题意；D用酚酞作指示剂滴至红色刚变为无色时，立即停止加盐酸并读数，可能还未达到滴定终点，消耗标液体积偏小，计算待测液浓度偏低，故D符合题意。综上所述，答案为D。6. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A. 0.1 molL-1 AlCl3 溶液：、K+、B. pH=13 的溶液：K+、Cu2+、Br-、C. 能使甲基橙变红的溶液：Ca2+、C

8、H3COO- 、Cl-D. 由水电离产生的 c 水(H+)=110-13 molL-1 的溶液：Na+、K+、Cl-、【答案】D【解析】【详解】A 能和AlCl3反应的离子不能大量共存，Al3+、发生反应而不能大量共存，故A错误；B pH=13的溶液呈碱性，Cu2+、OH生成氢氧化铜沉淀而不能大量共存，故B错误；C 使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H+、CH3COO-生成弱电解质醋酸而不能大量共存，故C错误；D 由水电离产生的c(H+)=11013mol/L的溶液，水的电离被抑制，则溶液呈强酸性或强碱性，无论酸性还是碱性，这些离子之间不反应且和氢离子或氢氧根离子都不反应，所以能大量共存，故D正确；

9、故选：D。7. 25CaCO3固体溶于水达饱和时物质的量浓度是9.327105mol/L，则CaCO3在该温度下的Ksp为A. 9.3105mol/LB. 9.7109mol2/L2C. 7.61017mol4/L4D. 8.7109mol2/L2【答案】D【解析】【详解】25时，CaCO3固体溶于水达饱和时物质量浓度是9.327105mol/L，则溶液中9.327105mol/L，所以该温度下CaCO3的Ksp8.7109mol2/L2，答案选D。8. 已知298K时，Ksp(NiS)=1.010-21mol2L-2，Ksp(NiCO3)= 1.010-7mol2L-2；p(Ni)=-lgc

10、(Ni2+)，p(B)=-lgc(S2-)或-lgc()。在含相同物质的量浓度的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法中错误的是（）A. 常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度B. 向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动C. 对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动D. p为3.5且对应的阴离子是【答案】C【解析】【分析】已知p(Ni)=-lgc(Ni2+)，p(B)=-lgc(S2-)或-lgc()，离子的浓度越小，则其负对数值越大，故Ksp(NiS)Ksp(NiCO3)，则曲线I代表NiS，曲

11、线代表NiCO3。【详解】A常温下Ksp(NiS)Ksp(NiCO3)，NiS、NiCO3的组成类型相同，故常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A说法正确；BKsp(NiS)Ksp(NiCO3)，则曲线I代表NiS，曲线代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡：NiS(s) Ni2+(aq)+S2-(aq)，加入Na2S，S2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+浓度减小，d点向b点移动，B说法正确；C对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-浓度增大，b点向a点方向移动，C说法错误；D曲线代表NiCO3，a点时，c(Ni2+)=c()，Ksp(NiCO3)=c(Ni2+)c()=1

12、.010-7mol2L-2，则c(Ni2+)=c()=1.010-3.5molL-1，p=p(Ni)=p(B)=3.5，D说法正确；答案为C。9. 下列有关表述正确的是（ ）A. 可表示单核10电子粒子基态时的电子排布B. 错误，违背了泡利不相容原理C. 表示基态N原子价电子排布D. 表示处于激发态B原子的电子排布【答案】A【解析】【详解】A.图中共有10个电子，且为Ne原子的基态时电子排布，因而可表示单核10电子粒子基态时的电子排布，A项正确；B.泡利不相容原理是指一个原子轨道最多容纳2个电子，而且自旋方向相反，图中各轨道并不违背，B项错误；C.N原子价电子为2s22p3，不能表示基态N原子

13、的价电子排布，C项错误；D. 表示处于基态B原子的电子排布，D项错误；故选A。10. 用 R 代表短周期元素，R 原子最外层的 p 能级上的未成对电子只有 2个。下列关于 R 的描述中正确的是( )A. R 的氧化物都能溶于水B. R 的最高价氧化物对应的水化物都是 H2RO3C. R 的氢化物均为共价化合物D. R 的氧化物都能与 NaOH 反应【答案】C【解析】【分析】R代表短周期元素，R原子最外层的p能级上的未成对电子只有2个，则R的价层电子排布可能为2s22p2、2s22p4、3s23p2、3s23p4，可能为C、O、Si、S等元素，结合元素对应的单质、化合物的性质解答。【详解】A如R

14、为Si，对应的氧化物SiO2不能溶于水，故A错误；B如R为S，则R的最高价氧化物所对应的水化物是H2SO4，故B错误；CR可能为C、O、Si、S等元素，则其氢化物均为共价化合物，故C正确；D如R为C，对应的氧化物有CO，为不成盐氧化物，不能与NaOH溶液反应，故D错误；故答案选C。11. 下列说法不正确的是( )A. 在氢原子的电子云图中，每个小黑点代表一个电子B. 某基态原子 3d 能级中电子排布的情况可能为C. 电子构型为Ar3d54s2 的元素是过渡金属元素D. 当碳原子的核外电子排布由 1s22s22p2 转变为 1s22s12p3 时，碳原子由基态变为激发态【答案】A【解析】【详解】

15、A氢原子的电子云图中小黑点的意义不是表示电子个数，而是表示电子出现的几率的多少，小黑点的疏密表示电子出现机会的多少，选项A不正确；B基态铁原子3d能级中电子排布的情况为，选项B正确；C电子构型为Ar3d54s2的元素是Mn，属于过渡金属元素，选项C正确；D当碳原子的核外电子排布由1s22s22p2转变为1s22s12p3时，碳原子由基态变为激发态，选项D正确；答案选A。12. 下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是( )A. 原子的价电子排布为ns2np16的元素一定是主族元素B. 基态原子的p能级上有5个电子的元素一定是A族元素C. 原子的价电子排布为(n1)d6

16、8ns2的元素一定位于BB族D. 基态原子的N层上只有1个电子的元素一定是主族元素【答案】B【解析】【详解】A原子的价电子排布为ns2np16的元素不一定是主族元素，例如Ne是0族，A错误；B基态原子的p能级上有5个电子的元素一定是A族元素，B正确；C基态原子的价电子排布为(n-1)d68ns2的元素可能是副族元素，也可能是第VIIIA元素，C错误；D.基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能是A族元素，也可能是副族或第VIIIA元素，D错误；答案选B。13. X、Y、Z、W、R 为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法错误的是( )A. 简单离子半径：YWB.

17、元素的电负性：ZWC. R 为氧元素D. X 与 Z 可以形成正四面体结构的分子【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、R为五种短周期元素，X、Y最外层只有一个电子，为第IA族元素；Z最外层有4个电子，位于第IVA族，W原子最外层有5个电子，位于第VA族，R最外层有6个电子，位于第VIA族；Y原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Z原子和W原子半径接近、W原子半径大于Z而最外层电子数大于Z，所以Z是C、W是N、R为S元素，据此回答问题。【详解】A Y离子为Na+，有两个电子层，而W离子为N3，也有2个电子层，而当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径：YW，故A

18、不选；B 元素的非金属性越强，其电负性越大，由于Z为C元素，而W为N元素，非金属性W更强，故电负性：ZXYB. XY2是由极性键构成C. W、Y、Z 三种元素组成的化合物多于2种D. 化合物 W2Y2 中的阴、阳离子个数比为 11【答案】D【解析】【分析】W元素的原子在短周期中原子半径最大，W是Na元素；X元素原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，X是C元素；Y元素原子L电子层的P能级上只有一对成对电子，Y是O元素；Y和Z在周期表中处于同一主族，Z是S元素。【详解】A电子层数越多，半径越大，同周期元素从左到右半径减小，原子半径：NaCO，故A正确；BCO2为直线型分子，正负电荷中心重合，CO2

19、是极性键构成的非极性分子，故B正确；CW、Y、Z三种元素组成的化合物有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3等，故C正确；D化合物Na2O2由钠离子和过氧离子构成，阴阳离子个数比为12，故D错误；答案选D。15. 下列关于元素周期表和元素周期律说法正确的是A. 主族元素最后一个电子都填在p能级上，价电子通式为ns2np1-5B. Ag的价电子为4d105s1 ，由此可判断Ag在第五周期B族，处于d区C. 过渡元素只包含副族的元素D. 元素性质随核电荷数递增发生周期性的递变是因为元素的原子核外电子的排布发生周期性的变化【答案】D【解析】【详解】A、主族元素原子的外围电子排布为ns12、ns2

20、np15，因此主族元素的原子核外电子最后填入的能级是s能级或p能级，故A错误；B、Ag的价电子为4d105s1 ，由此可判断Ag在第五周期B族，价电子的轨道是d、s轨道，所以属于ds区，故B错误；C、过渡元素包括周期表中所有副族元素和第族元素，故C错误；D、元素性质随核电荷数递增发生周期性的递变是因为元素的原子核外电子的排布发生周期性的变化，故D正确；正确答案选D。二、不定项选择题(共 5 个小题，每题 4 分，共 20 分，每题有 1-2 个正确选项， 全选对得 4 分，漏选得 2 分，错选多选得 0 分)16. 已知 p(A)=-lgc平(A)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图

21、所示。下列说法不正确的是 ( )A. a 点有 ZnS 沉淀生成B. 可用 MnS 除去 MnCl2 溶液中混有的少量 ZnCl2C. 向 CuS 悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c平(S2-)增大D. CuS 和 MnS 共存的悬浊液中，=10-20【答案】AC【解析】【详解】当横坐标相同时，纵坐标数值越大，金属阳离子浓度越小，其溶度积常数越小，根据图知，溶度积常数：Ksp(MnS)Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，则A在ZnS曲线下方表示过饱和溶液，曲线上表示饱和溶液，曲线上方表示不饱和溶液，对于ZnS，a点为不饱和溶液，所以a点无ZnS沉淀生成，故A错误；B溶度积常数表达式相同

22、时，溶度积常数大的难溶物容易能转化为溶度积常数小的难溶物，Ksp(MnS)Ksp(ZnS)，所以可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2，故B正确；C向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，但是溶液仍然为饱和溶液，c平(S2-)不变，故C错误；DCuS和MnS共存的悬浊液中，=，故D正确；故答案选AC。17. 已知元素原子的价电子排布式为，元素位于周期表中第三周期，其原子最外层轨道为半充满状态，下列叙述错误的是（ ）A. 为金属元素，为非金属元素B. 与为同周期元素C. 的电负性大于D. 的第一电离能大于【答案】D【解析】【分析】元素原子的价电子排布式为，则M为Al，元素位

23、于周期表中第三周期，其原子最外层轨道为半充满状态，即3p3，则N为P，据此分析解答。【详解】A为Al属于金属元素，为P属于非金属元素，故A正确；BM为Al，则N为P ，都在第三周期，故B正确；C同周期元素电负性依次增大，的电负性大于，故C正确；DM为Al，则N为P，磷元素的p轨道为半充满状态，较稳定，第一电离能PAl，故D错误；答案选D。【点睛】最外层处于全满、半满状态时较稳定，第一电离能偏高。18. X、Y、Z 为短周期元素，X 原子最外层只有一个电子，Y 原子的最外 层电子数比内层电子总数少 4，Z 的最外层电子数是内层电子总数的 3 倍。下列 有关叙述正确的是( )A. Y 的价电子排布

24、式为3s23p4B. 简单氢化物稳定性：YZC. 第一电离能：YZD. X、Y两元素形成的化合物一定为离子化合物【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，则X为H、Li或Na；Y原子最外层电子数比内层电子总数少4，则Y有3个电子层，最外层有6个电子，则Y为硫元素；Z的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为氧元素，据此解答。【详解】AY为硫元素，基态硫原子的价层电子排布式为3s23p4，故A正确；BY为硫元素，Z为氧元素，非金属性OS，非金属性越强，简单氢化物越稳定，简单氢化物稳定性ZY，故B错误；CY为硫元素，Z为氧元素，

25、第一电离能：YZ，故C错误；DXH、Li或Na，Y为硫元素，H、Li或Na与硫元素可以形成硫化氢属于共价化合物，硫化钠和硫化锂属于离子化合物，故D错误；故答案选A。19. 某溶液中除水电离出的、之外含、中的4种,这4种离子的物质的量均为0.1 mol。若向该溶液中如入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生。下列说法错误的是（ ）A. 该溶液中肯定不含B. 若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种C. 若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得8.0 g固体D. 溶液中除水电离出的、之外所含离子是、【答案】B【解析】【分析】向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气

26、泡产生，说明溶液中一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子，生成的气体为一氧化氮；由于溶液中存在的4种离子的物质的量均为0.1mol，根据溶液电中性，溶液中一定还存在一种阴离子，若是存在氯离子，溶液已经呈电中性，不会存在其它离子，所以溶液中存在的阴离子为硫酸根离子，再根据溶液电中性可知，正电荷物质的量为：0.1mol2=0.2mol，负电荷物质的量为：0.1mol2+0.1mol=0.3mol，溶液中一定还存在0.1mol正电荷，该离子的物质的量为0.1mol，所以该离子为钠离子。【详解】A、根据以上分析可知，溶液中一定不存在钡离子，故A正确；B、溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失；根

27、据反应方程式NO3-+3Fe2+4H+=NO+3Fe3+2H2O可知，亚铁离子不足，加入足量的稀硫酸后，硝酸根离子不会消失，故B错误；C、若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，根据铁离子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05mol，质量为：0.05mol160g/mol=8.0g，故C正确；D、根据分析可知，该溶液中除H+、0H-之外所含离子是Fe2+、Na+、NO3-、SO42-，故D正确；故选：B。【点睛】本题中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子；根据溶液的电中性可以判断溶液中还存在硫酸

28、根离子和钠离子。20. 根据下列实验操作与现象得出的结论正确的是( )选项实验操作与现象结论A向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入少量氯化钡固体，红色变浅碳酸钠溶液中存在水解平衡B向某溶液中逐渐通入CO2气体，先出现白色胶状沉淀，继续通入CO2气体，白色胶状沉淀不溶解该溶液中一定含有Al(OH)4-C将润湿的淀粉碘化钾试纸置于集满某气体的集气瓶口，试纸变蓝该气体可能为氯气D向 10 mL 0.5 molL-1 的氯化镁溶液中滴加5mL 2.4 molL-1氢氧化钠溶液，产生白色沉淀再滴加氯化铜溶液，沉淀变蓝KspCu(OH)2KspMg(OH)2A. AB. BC. CD. D【答案】AC【解析】【详

29、解】A滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2固体，红色变浅，是因碳酸钠溶液中存在水解平衡，加氯化钡生成碳酸钡，碳酸根离子浓度减小，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，故A正确；B和CO2反应生成白色胶状沉淀，当CO2过量时沉淀不溶解的离子有Al(OH)4-、SiO等，所以根据实验现象不能判断溶液中是否含有Al(OH)4-，故B错误；C氯气具有强氧化性，能氧化KI生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，所以该气体可能是氯气，故C正确；D反应中NaOH过量，因而能和氯化铜反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，不能说明沉淀的转化，故D错误；故答案选AC。第 II 卷(非选择题，共 50 分)21. 亚硫酸盐是一种常见

30、食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸盐含量(通常 以 1 kg 样品中含 SO2 的质量计)，某研究小组用“碘氧化还原滴定法”进行测定， 实验流程如下：(1)碘标准液应选用_(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装，加注标准液之前必须对滴定管进行_、洗涤、润洗。(2)锥形瓶内的指示剂为_，判断达到滴定终点的依据是_。 (3)下列操作会使测定结果偏大的有_。 A.起始读数时平视，终点读数时俯视 B.未用标准液润洗滴定管C.步骤中用稀盐酸代替稀硫酸(4)若取样品 w g，按方案测得消耗 0.010 00 molL-1I2 溶液 V mL，则 1 kg 样 品中含 SO2 的质量是_ g(用含 w、V 的代数

31、式表示)。【答案】 (1). 酸式 (2). 验漏（或查漏） (3). 淀粉溶液 (4). 滴入最后一滴时，溶液由无色变为浅蓝色，且半分钟不褪色 (5). B (6). 【解析】【详解】(1)碘溶液具有氧化性，只能用酸式滴定管盛放；滴定管使用前必须进行验漏、洗涤、润洗等准备工作后才能使用；(2)淀粉遇碘变蓝，用碘水进行滴定时应选择淀粉作为指示剂；滴入最后一滴时，溶液由无色变为浅蓝色，且半分钟不褪色，则达到滴定终点；(3)A 起始读数时平视，终点读数时俯视，会使标准液体积偏小，测定结果偏小；B 未用标准液润洗滴定管，标准液会被稀释，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏大；C 步骤中用盐酸代替硫酸，生

32、成的SO2气体中混有少量的HCl，因SO2用碱液吸收后需要再用盐酸调节溶液至弱酸性，因此混合溶液中含有HCl对实验结果无影响；故答案为：B；(4)反应为： ，根据硫原子守恒及化学反应方程式可得n(SO2)=n( )=n(I2)=0.01000molL-1V10-3L=V10-5mol，因此1kg样品中含SO2的质量为： = 。22. A、B、C、X、Y、Z、E为前四周期元素，且原子序数依次增大。A原子核外有三个能级，且每个能级上的电子数相等，C原子成对电子数是未成对电子数的3倍，X、Y、Z、E是位于同一周期的金属元素，X、E 原子的最外层电子数均为1，Y有“生物金属”之称，Y4+和氩原子的核外

33、电子排布相同，Z原子核外电子的运动状态数目是最外层电子数的14倍。用元素符号回答下列问题：(1)B 原子的电子排布式为_，Y原子的价电子轨道表示式为_，Z2+的价电子排布式为_。(2)E元素位于元素周期表第_周期_族，属于_区元素。(3)A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序为_。A、C 元素简单气态氢化物的稳定性：_(用分子式表示)，原因是_。AC2的电子式为_。【答案】 (1). 1s22s22p3 (2). (3). 3d8 (4). 四 (5). IB (6). ds (7). CON (8). H2O (9). CH4 (10). 氧元素的非金属性比碳强 (11). 【解析】分

34、析】A、B、C、X、Y、Z、E为前四周期元素，且原子序数依次增大。A原子核外有三个能级，且每个能级上的电子数相等，则A原子核外电子排布为1s22s2p2，A为6号的C元素；X、Y、Z、E是位于同一周期的金属元素，只能处于第四周期，Y有“生物金属”之称，Y4+和氩原子的核外电子排布相同，Y元素原子核外电子数为18+4=22，则Y为Ti元素；X原子的最外层电子数为1，且X的原子序数小于Ti，则X为K元素；Z原子核外电子的运动状态数目是最外层电子数的14倍，最外层电子数只能为2，则Z原子核外电子数为28，则Z为Ni元素；E原子的最外层电子数为1，原子序数又大于Ni，则价电子排布式为3d104s1，则

35、E为Cu元素；C原子成对电子数是未成对电子数的3倍，原子序数又小于X(钾)，未成对电子数为3，则C原子核外电子排布式为1s2s2p4，所以C为O元素；而B的原子序数介于碳、氧之间，故B为N元素，据此解答。【详解】根据上述分析可知：A是C，B是N，C是O，X是K，Y是Ti，Z是Ni，E是Cu元素。(1)B为N元素，原子序数为7，其核外电子排布式为：1s22s22p3；Y是Ti元素，Ti是22号元素，Ti原子价电子排布式为3d24s2，结合泡利原理、洪特规则可知其价电子排布图为：；Z是Ni元素，Ni2+的价层电子排布式是3d8；(2)E为Cu元素，Cu是29号元素，基态原子核外电子排布式为：1s2

36、2s22p63s23p63d104s1，价层电子为3d104s1，属于ds区，位于元素周期表中第四周期IB族；(3)A是C，B是N，C是O。同一周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，则其第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由小到大的顺序为：CON；A为C元素、C为O元素，元素的非金属性：CO，元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，故气态氢化物的稳定性的大小为：H2OCH4；AC2分子为CO2，在CO2分子中C原子与2个O原子形成四个共价键，从而使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其电子式为：。【点睛】本题考查元素的位置

37、、结构与性质的相互关系应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素为解答关键。注意掌握元素周期律内容及原子核外电子排布规律。(3)为易错点，注意原子核外电子排布处于全满、半满或全空时是稳定结构，其第一电离能大于同一周期相邻元素。23. A、B、C、D、E是前四周期的元素。A、B、C同周期，C、D同主族且原子半径CD，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E对应的单质是目前用量最大的金属。回答下列问题：(1)写出下列元素的符号：A_，B_，C_，D_。(2)用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_，碱性最强的是_。(3)用元素符号表

38、示D所在周期第一电离能最大的元素是_，电负性最大的元素是_。(4)E原子价电子排布式是_，E元素在周期表的位置是_，则E元素在_区。(5)写出D元素原子构成单质的电子式_，D原子的价电子排布式为_。【答案】 (1). Si (2). Na (3). P (4). N (5). HNO3 (6). NaOH (7). Ne (8). F (9). 3d64s2 (10). 第四周期第族 (11). d (12). (13). 2s22p3【解析】【分析】E对应的单质是目前用量最大的金属，则E为Fe；A、B、C、D、E是前四周期的元素，A、B、C同周期，A的原子结构示意图为，则x=2，所以A的质子

39、数为14，即A为Si，B是同周期中原子第一电离能最小的元素，则B为Na，C原子的最外层有三个未成对电子，p电子有3个，则为P；C、D同主族且原子半径CD，则D为N，然后结合元素化合物的性质来解答。【详解】(1)根据以上分析可知A、B、C、D元素的符号分别是Si、Na、P、N。(2)上述五种元素中非金属性最强的是N，金属性最强的是Na，因此最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HNO3，碱性最强的是NaOH。(3)氮元素位于第二周期，第二周期第一电离能最大的元素是稀有气体元素Ne，电负性最大的元素是非金属性最强的F。(4)铁的26号元素，其基态原子价电子排布式是3d64s2，因此铁元素在周期表的位置

40、是第四周期第族，位于d区。(5)氮气分子中含有三键，其电子式为，氮原子的价电子排布式为2s22p3。24. 工业上利用电镀污泥(主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质)回收铜和铬等金属，回收流程如下：已知部分物质沉淀的 pH 及 CaSO4 的溶解度曲线如下：Fe3+Cu2+Cr3+开始沉淀pH2.14.74.3完全沉淀 pH3.26.7a(1)在浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有_(填化学式)。(2)在除铁操作中，需要除去Fe3+和CaSO4，请完成相关操作：加入石灰乳调节pH范围_，检验Fe3+已经除尽的操作是_。将浊液加热到80，_。(3)

41、写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体反应的离子方程式_，此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O的产率为95%，若NaHSO3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是_。(4)当离子浓度小于或等于110-5molL-1时可认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀则要保持c平(OH-)_。已知：Ksp(Cr(OH)3)=6.310-31molL-1，4.0【答案】 (1). CuSO4 (2). 3.24.3 (3). 取适量滤液，加KSCN溶液，若不变红，则说明Fe3+已除 (4). 趁热过滤 (5). 2H2O+HSO+2Cu2+=Cu2O+SO+5H+ (6). 产生SO2污染环境 (7)

42、. 4.010-9 molL-1【解析】【分析】向电镀污泥中加入硫酸，Fe2O3、CuO、Cr2O3都与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铜和硫酸铬，过滤除去难溶性杂质，向滤液中加入氢氧化钙调节pH生成氢氧化铁沉淀，过滤，再向滤液中加入亚硫酸氢钠还原铜离子形成氧化亚铜，过滤，调节滤液的pH生成氢氧化铬，最终转化为铬，据此解答。【详解】(1)向电镀污泥中加入硫酸，Fe2O3、CuO、Cr2O3都与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铜和硫酸铬，滤渣是难溶杂质，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，所以在浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有硫酸铜，故答案为：CuSO4；(2)根据图表可知铁离子

43、完全沉淀pH为3.2，Cr3+开始沉淀pH=4.3，所以加入石灰乳调节pH范围是3.24.3，检验Fe3+已经除尽的操作是：取适量滤液，加KSCN溶液，若不变红，则说明Fe3+已除，故答案为：3.24.3；取适量滤液，加KSCN溶液，若不变红，则说明Fe3+已除；将浊液加热到80，为避免溶质损失，硫酸钙溶解度随温度升高减小，需要趁热过滤，故答案为：趁热过滤；(3)硫酸氢根离子具有强的还原性，能和铜离子之间发生反应生成硫酸根离子以及氧化亚铜，发生的反应为：2H2O+HSO+2Cu2+=Cu2O+SO+5H+，在酸性环境下，亚硫酸氢根离子和氢离子之间反应生成的二氧化硫具有毒性，能污染空气，故答案为

44、：2H2O+HSO+2Cu2+=Cu2O+SO+5H+；产生SO2污染环境；(4)当离子浓度110-5 molL-1认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀，则要保持c(OH-)=4.010-9 molL-1，故答案为：4.010-9 molL-1。25. 现有属于前四周期的 A、B、C、D、E、F、G 七种元素，原子序数依次增大。A 元素的价电子构型为nsnnpn+1；C元素为最活泼的非金属元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有

45、剧毒。(1)A元素的第一电离能_(填“”“”或“”)B元素的第一电离能，A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为_(用元素符号表示)。(2)C元素的电子排布图为_；E3+的离子符号为_。(3)F元素位于元素周期表的_区，其基态原子的电子排布式为_(4)G元素可能的性质_。A其单质可作为半导体材料 B其电负性大于磷 C其原子半径大于锗 D其第一电离能小于硒 (5)活泼性：D_(填“”或“”，下同)Al，I1(Mg)_I1(Al)，其原因是_。【答案】 (1). (2). NOF (3). (4). Fe3+ (5). ds (6). 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104

46、s1 (7). A (8). (9). (10). Mg元素的价层电子排布式为：3s2，处于全充满的稳定结构，Al的价层电子排布式为3s23p1，其3p上的1个电子较易失去【解析】【分析】A元素的价电子构型为nsnnpn+1，则n=2，故A为N元素；C元素为最活泼的非金属元素，则C为F元素；B原子序数介于氮、氟之间，故B为O元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的，最外层电子数为2，故D为Mg元素；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则原子序数为26，为Fe元素；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只

47、有一个未成对电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，故F为Cu元素；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，则G为As元素，据此解答。【详解】(1)N原子最外层为半充满状态，性质稳定，难以失去电子，第一电离能大于O元素；同一周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，故元素的电负性：NOF；(2)C为F元素，电子排布图为，E3+的离子符号为Fe3+；(3)F为Cu，位于周期表ds区，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，故答案为：ds；1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；(4) AG为

48、As元素，与Si位于周期表对角线位置，则其单质可作为半导体材料，A正确；B同主族从上到下元素的电负性依次减小，则电负性：AsP，B错误；C同一周期从左到右原子半径依次减小，As与Ge元素同一周期，位于Ge的右侧，则其原子半径小于锗，C错误；DAs与硒元素同一周期，由于其最外层电子处于半充满的稳定结构，故其第一电离能大于硒元素的，D错误；故合理选项是A；(5)D为Mg元素，其金属活泼性大于Al的活泼性；Mg元素的价层电子排布式为：3s2，处于全充满的稳定结构，Al的价层电子排布式为3s23p1，其3p上的1个电子较易失去，故Mg元素第一电离能大于Al元素的第一电离能，即I1(Mg)I1(Al)。