作業(yè)92025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計二輪專題化學(xué)浙江專版課后習(xí)題課時規(guī)范練含答案作業(yè)91.(10分)(2024·浙江精誠聯(lián)盟高三下三模)某礦石的組成為Fe4Cu2Si8O23,以此為原料實現(xiàn)如下轉(zhuǎn)化:已知:礦石與HF反應(yīng)時,元素化合價均未發(fā)生變化。請回答:(1)下列說法正確的是(填字母)。

A.SiF4是由極性鍵形成的極性分子B.[FeF6]3-的氧化性弱于Fe3+C.礦石中Si與O形成相互獨立的正四面體結(jié)構(gòu)D.固體A中含有FeF2(2)F-與礦石中金屬陽離子的配位能力由強到弱的順序是。

(3)生成深藍色溶液的化學(xué)方程式為

。

(4)Na2FeO4遇酸會迅速分解,請設(shè)計實驗證明氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物:

。Na2FeO4遇酸分解的離子方程式為

。

答案(1)BD(2)Fe3+>Cu2+>Fe2+(3)H2[CuF4]+6NH3[Cu(NH3)4]F2+2NH4F(4)取少量Na2FeO4固體,加稀硫酸溶解,用帶火星的木條檢驗氣體,木條復(fù)燃,說明氧化產(chǎn)物是O2;取反應(yīng)后的溶液,加KSCN溶液,溶液變紅,說明還原產(chǎn)物是Fe3+4FeO42-+20H+4Fe3++3O2↑+10H解析Fe4Cu2Si8O23中加入足量濃HF并加熱,其中Si轉(zhuǎn)化為SiF4氣體,通過產(chǎn)物可以判斷出Si為+4價,Cu為+2價,Fe為+2價和+3價,Cu2+、Fe3+與F-形成穩(wěn)定的配合物H2[CuF4]和H3[FeF6],Fe2+與F-生成固體A(FeF2),溶液中加入足量氨水得到深藍色溶液,說明生成了[Cu(NH3)4]2+。(1)SiF4分子的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形,是由極性鍵形成的非極性分子,A項錯誤;形成配合物后,[FeF6]3-中心離子Fe3+的電子云密度增大,對電子的吸引力減小,氧化性弱于Fe3+,B項正確;如果是相互獨立的正四面體結(jié)構(gòu),則8個Si原子需要32個O原子,C項錯誤;Fe4Cu2Si8O23中Fe元素呈+2、+3價,故固體A中含有FeF2,D項正確,故選BD。(2)由FeF2可知,F-不能與Fe2+形成配合物,[CuF4]2-的配體F-可被NH3替代,而[FeF6]3-不能,故與F-的配位能力:Fe3+>Cu2+>Fe2+。(3)生成深藍色溶液時[CuF4]2-轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]2+,據(jù)此可寫出化學(xué)方程式:H2[CuF4]+6NH3[Cu(NH3)4]F2+2NH4F。(4)由氧化還原反應(yīng)相關(guān)知識可知,Na2FeO4分解生成Fe3+與O2,據(jù)此可設(shè)計實驗進行證明:取少量Na2FeO4固體,加稀硫酸溶解,用帶火星的木條檢驗氣體,木條復(fù)燃,說明氧化產(chǎn)物是O2;取反應(yīng)后的溶液,加KSCN溶液,溶液變紅,說明還原產(chǎn)物是Fe3+,相應(yīng)的離子方程式為4FeO42-+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O2.(10分)固態(tài)化合物M的組成為CuSi2O5,以M為原料實現(xiàn)如下轉(zhuǎn)化:已知:固體X由兩種氧化物組成,質(zhì)量與M相同;CuAlO2難溶于水。(1)固體D的成分為,溶液E中含氮微粒有

。

(2)寫出反應(yīng)Ⅱ的化學(xué)方程式:

。

(3)下列說法正確的是。

A.反應(yīng)Ⅰ不能在蒸發(fā)皿中進行B.固體X可溶于濃氨水C.溶液A經(jīng)凈化處理后可用于工業(yè)黏合劑D.反應(yīng)Ⅲ中發(fā)生的離子反應(yīng)有:Ba2++SO42-BaSO(4)已知Cu(OH)2能溶于較濃強堿溶液,藍色溶液C中可能存在鋁元素,請設(shè)計實驗方案進行檢驗:

。

答案(1)SiO2NH3·H2O、NH4+、NH3、[Cu(NH3)4(2)4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑(3)ACD(4)取少量藍色溶液C,加入過量的氨水,過濾、洗滌,若得到白色沉淀,則說明溶液中含有鋁元素解析固態(tài)化合物M的組成為CuSi2O5,煅燒后生成X,固體X由兩種氧化物組成,質(zhì)量與M相同,則X為氧化銅、二氧化硅。X中加入足量氫氧化鈉溶液,二氧化硅發(fā)生反應(yīng)生成硅酸鈉,氧化銅不反應(yīng)成為固體A,氧化銅和氧化鋁加熱生成CuAlO2,反應(yīng)中銅元素的化合價降低,則氧元素的化合價升高轉(zhuǎn)化為氧氣(即氣體B),硝酸具有氧化性,CuAlO2和硝酸反應(yīng)生成氫氧化鋁和硝酸銅;X中加入足量稀硫酸,二氧化硅不反應(yīng)成為固體D,氧化銅反應(yīng)生成硫酸銅,硫酸銅和氨水反應(yīng)轉(zhuǎn)化為含有四氨合銅離子的溶液E,E和氫氧化鋇反應(yīng)得到硫酸鋇沉淀和溶液F,F不含硫酸根離子。(1)由分析可知,固體D的成分為SiO2;溶液D中加入足量氨水得到溶液E,硫酸銅和氨水反應(yīng)轉(zhuǎn)化為含有[Cu(NH3)4]SO4的溶液E,則溶液E中含氮微粒有NH3·H2O、NH4+、NH3、[Cu(NH3)4]2+。(2)氧化銅和氧化鋁加熱生成CuAlO2和O2,反應(yīng)Ⅱ的化學(xué)方程式為4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑。(3)A項,高溫煅燒固體時應(yīng)在坩堝中進行,正確;B項,固體X為氧化銅和二氧化硅,二氧化硅不溶于濃氨水,錯誤;C項,溶液A含有硅酸鈉,經(jīng)凈化處理后可用于工業(yè)黏合劑,正確;D項,反應(yīng)Ⅲ中硫酸根離子和鋇離子結(jié)合生成硫酸鋇沉淀,發(fā)生的離子反應(yīng)有:Ba2++SO42-BaSO4↓,正確,故選ACD。(4)已知Cu(OH)2能溶于較濃強堿溶液,而氫氧化鋁沉淀不溶于氨水,則實驗方案可以為取少量藍色溶液C,加入過量的氨水,過濾、洗滌,3.(10分)(2024·浙江縣域教研聯(lián)盟高三下三模)一種制備Cu2O的工藝路線如圖所示。反應(yīng)Ⅱ所得溶液pH在3~4之間,反應(yīng)Ⅲ需及時補加NaOH以保持反應(yīng)在pH=5的條件下進行。已知:常溫下,H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.3請回答:(1)反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)方程式為

。

(2)反應(yīng)Ⅱ的離子方程式為

。

(3)下列說法正確的是。

A.反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應(yīng)B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止NaHSO3分解C.溶液Y可循環(huán)用于反應(yīng)Ⅱ所在操作單元吸收氣體ⅠD.若Cu2O產(chǎn)量不變,參與反應(yīng)Ⅲ的X與CuSO4物質(zhì)的量之比n((4)反應(yīng)Ⅲ需及時補加NaOH以保持反應(yīng)在pH=5的條件下進行,原因是

(結(jié)合離子方程式和必要的文字說明)。(5)請用實驗驗證反應(yīng)Ⅲ所得溶液中存在的陽離子:

。

答案(1)Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O(2)2SO2+CO32-+H2O2HSO(3)CD(4)SO32-+2Cu2++2H2OSO42-+Cu2O↓(5)取潔凈的鉑絲蘸取溶液,放在酒精燈外焰上灼燒,火焰呈黃色,說明存在Na+;用玻璃棒蘸取溶液,滴到pH試紙上,試紙變紅色,說明存在H+解析銅和濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫氣體(氣體Ⅰ)、H2O和硫酸銅,生成的二氧化硫氣體與碳酸鈉反應(yīng),所得溶液pH在3~4之間,顯酸性,根據(jù)H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.3×10-8,可知NaHSO3溶液顯酸性(電離程度大于水解程度),則反應(yīng)Ⅱ得到NaHSO3溶液,氣體Ⅱ為CO2,調(diào)節(jié)溶液pH至11,使NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3,低溫真空蒸發(fā)(防止Na2SO3被氧化),故固液分離得到Na2SO3晶體和Na2SO3溶液,Na2SO3和CuSO4反應(yīng)生成Cu2O的離子方程式是SO32-+2Cu2++2H2OSO42-+Cu2O↓+4H+,反應(yīng)過程中酸性越來越強,使Na2SO3轉(zhuǎn)化成SO2氣體,總反應(yīng)方程式是2CuSO4+3Na2SO3Cu2O↓+2SO2↑+3Na2SO4,需及時補加NaOH以保持反應(yīng)在pH=5的條件下進行。(1)由分析可知,反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O。(2)反應(yīng)Ⅱ是二氧化硫氣體與碳酸鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳和亞硫酸氫鈉,離子方程式為2SO2+CO32-+H2O2HSO3-+CO2。(3)反應(yīng)Ⅱ不是氧化還原反應(yīng),A錯誤;低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止Na2SO3被氧化,B錯誤;溶液Y是Na2SO3溶液,可循環(huán)用于反應(yīng)Ⅱ所在操作單元吸收氣體SO2,C正確;X為Na2SO3,是強堿弱酸鹽,水解顯堿性,若Cu2O產(chǎn)量不變,參與反應(yīng)Ⅲ的Na2SO3與CuSO4物質(zhì)的量之比增大時,需補加NaOH的量減少,D正確,故選CD。(4)SO32-+2Cu2++2H2OSO42-+Cu2O↓+4H+,反應(yīng)過程中酸性越來越強,會使Cu2O發(fā)生歧化反應(yīng),故反應(yīng)Ⅲ需及時補加NaOH以保持反應(yīng)在pH=5的條件下進行。(5)反應(yīng)Ⅲ所得溶液中存在的陽離子為Na+和H+,分別用實驗驗證的方法是取潔凈的鉑絲蘸取溶液,4.(10分)硫酸是一種重要的大宗工業(yè)化學(xué)品,應(yīng)用廣泛,可實現(xiàn)下列轉(zhuǎn)化:濃硫酸NaHSO4(s)Na2S2O7(s)熔礦產(chǎn)物(1)過程Ⅰ的化學(xué)方程式為

。

(2)已知硫酸分子的結(jié)構(gòu)為,過程Ⅱ生成了焦硫酸鈉Na2S2O7,畫出其陰離子的結(jié)構(gòu)式:;推測焦硫酸鈉溶液呈(填“酸性”“中性”或“堿性”),用離子方程式表明原因:

。

(3)Na2S2O7高溫下具有強氧化性,受熱分解產(chǎn)生SO3氣體。過程Ⅲ是將過量Na2S2O7固體與磁鐵礦熔融反應(yīng),產(chǎn)生了混合氣體。①寫出檢驗混合氣體成分的方案:

。

②寫出Na2S2O7只與磁鐵礦發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式:

。

(4)過量的焦硫酸(H2S2O7)和苯在加熱條件下反應(yīng)得到苯磺酸,寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式:

。

答案(1)NaCl+H2SO4(濃)NaHSO4+HCl↑(2)[]2-酸性S2O72-+H2O2H++2S(3)①先將混合氣體通入足量的氯化鋇溶液,有白色沉淀生成,證明有SO3;再將逸出的氣體通入品紅溶液,品紅溶液褪色,加熱后恢復(fù)紅色,證明有SO2②10Na2S2O7+2Fe3O410Na2SO4+3Fe2(SO4)3+SO2↑(4)+H2S2O7+H2SO4解析濃硫酸與氯化鈉固體在加熱條件下反應(yīng)生成硫酸氫鈉和氯化氫氣體,化學(xué)方程式為NaCl+H2SO4(濃)NaHSO4+HCl↑,硫酸氫鈉固體在加熱條件下生成焦硫酸鈉和水,焦硫酸鈉和磁鐵礦(四氧化三鐵)在高溫條件下發(fā)生反應(yīng)10Na2S2O7+2Fe3O410Na2SO4+3Fe2(SO4)3+SO2↑。(1)過程Ⅰ的化學(xué)方程式為NaCl+H2SO4(濃)NaHSO4+HCl↑。(2)由硫酸分子的結(jié)構(gòu)知,Na2S2O7中陰離子S2O72-的結(jié)構(gòu)式為[]2-;由于S2O72-與水發(fā)生反應(yīng)S2O72-+H2O2H++2SO42-,故焦硫酸鈉溶液顯酸性。(3)Na2S2O7高溫下具有強氧化性,受熱分解產(chǎn)生SO3氣體,由分析知Na2S2O7固體與磁鐵礦熔融發(fā)生反應(yīng)10Na2S2O7+2Fe3O410Na2SO4+3Fe2(SO4)3+SO2↑,故混合氣體中含有二氧化硫和三氧化硫,檢驗二氧化硫和三氧化硫混合氣體的方法:先將混合氣體通入足量的氯化鋇溶液,有白色沉淀生成,證明有SO3;再將逸出的氣體通入品紅溶液,品紅溶液褪色,加熱后恢復(fù)紅色,證明有SO2。(4)過量的焦硫酸(H2S2O7)和苯在加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)得到苯磺酸,反應(yīng)的化學(xué)方程式為+H2S2O75.(10分)(2024·浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)校高三下二模)研究含氮元素物質(zhì)的反應(yīng)對生產(chǎn)、生活、科研等方面具有重要的意義,請回答下列問題。已知:①R2CO(異肼)。②HN3不穩(wěn)定,在水溶液中就會發(fā)生歧化反應(yīng),其中一種產(chǎn)物為NH2OH。(1)寫出肼的電子式:。

(2)寫出反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)方程式:

。

(3)下列說法正確的是。

A.堿性:NH2OH>NH3>N2H4B.肼可以用作還原劑,也可用作配合物的配體C.肼在水中的溶解度小于在苯中的溶解度D.反應(yīng)Ⅱ中的產(chǎn)物之一可以循環(huán)利用(4)已知:N2H4+H2ON2H5++OH-,N2H5+①生成的氣體M和白色沉淀N的成分分別是、(填化學(xué)式)。

②請設(shè)計實驗驗證白色沉淀N的組成元素:

。

答案(1)H·(2)(CH3)2CO+4NH3+Cl2+2NH4Cl+H2O(3)BD(4)①N2CuCl②將白色固體溶于稀硝酸,得到藍色溶液,說明有銅元素;再向溶液中滴加AgNO3溶液,有白色沉淀生成,說明有氯元素解析根據(jù)已知①可知,有機物X是,根據(jù)原子守恒知,鹽Y是NH4Cl,與無色透明液體H2O在催化劑作用下共沸生成肼,根據(jù)原子守恒知還得到丙酮,丙酮可以循環(huán)利用,肼與亞硝酸反應(yīng)得到HN3。(1)肼的電子式為H··N····H··N····H··H。(2)反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)方程式為(CH3)2CO+4NH3+Cl2+2NH4Cl+H2O。(3)A項,N2H4和NH2OH可以分別看成NH3中的一個氫原子被—NH2和—OH取代而得到的產(chǎn)物,由于電負性H<N<O,吸引電子的能力H<N<O,因而NH3、N2H4、NH2OH給電子能力依次減弱,則堿性:NH3>N2H4>NH2OH,錯誤;B項,肼可以用作還原劑,也可用作配合物的配體,正確;C項,肼與水形成分子間氫鍵,肼在水中的溶解度大于在苯中的溶解度,錯誤;D項,根據(jù)分析知,反應(yīng)Ⅱ中的產(chǎn)物之一丙酮可以循環(huán)利用,正確,故選BD。(4)N2H5+與CuCl2溶液作用,產(chǎn)生常見氣體M,并生成一種溶于稀硝酸的白色沉淀N,則氣體M和白色沉淀N的成分分別是N2、CuCl。將白色固體溶于稀硝酸,6.(10分)氨氣的用途非常廣泛,氨氣的部分轉(zhuǎn)化關(guān)系圖如下。(1)混合物A的成分為

(用化學(xué)式表示)。(2)N2H4又稱聯(lián)氨,為二元弱堿,不如氨氣穩(wěn)定。①從分子結(jié)構(gòu)角度分析,N2H4不如氨氣穩(wěn)定的原因是

。

②N2H4在水中的電離與氨相似,25℃時,N2H4第一步電離平衡常數(shù)Kb1的值為(已知:N2H4+H+N2H5+K=8.7×107(3)NH3在無水環(huán)境下與CO2反應(yīng)生成化合物B(不穩(wěn)定),繼續(xù)與NH3反應(yīng)生成C。已知化合物C中含有銨根離子,可完全水解,其水解產(chǎn)物有NH4HCO3,下列說法正確的是。

A.化合物B的化學(xué)式為NH2COOHB.化合物B屬于氨基酸C.化合物C水解生成兩種鹽D.化合物C可用于制備尿素(4)實驗中在加熱條件下,通入過量的NH3與CuO反應(yīng),請設(shè)計實驗驗證尾氣中比較活潑的兩種氣體:

。

答案(1)SO(NH2)2、NH4Cl(2)①N2H4中含有N—N,由于N上孤電子對的相互排斥,使N—N鍵能變小,故N2H4的穩(wěn)定性比NH3差②8.7×10-7(3)AD(4)將濕潤的紅色石蕊試紙置于尾氣出口,若試紙變藍,則說明尾氣中含有氨氣;將尾氣通入冷的集氣瓶中,若集氣瓶內(nèi)壁有液珠出現(xiàn),則說明尾氣中有H2O解析NH3與NaClO發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成N2H4,NH3與CuO反應(yīng)生成紅色固體Cu,NH3在無水環(huán)境下與CO2等物質(zhì)的量反應(yīng)生成化合物B,即NH3+CO2NH2COOH,則B的化學(xué)式為NH2COOH;化合物C中含有銨根離子,則NH2COOH與NH3等物質(zhì)的量反應(yīng)生成NH2COONH4,即C為NH2COONH4,NH3與SOCl2反應(yīng)生成SO(NH2)2和NH4Cl。(1)根據(jù)化學(xué)方程式4NH3+SOCl2SO(NH2)2+2NH4Cl,混合物A的成分為SO(NH2)2、NH4Cl。(2)①N2H4中含有N—N,N2H4的穩(wěn)定性比NH3差。②N2H4在水中的電離與氨相似,25℃時,N2H4第一步電離平衡常數(shù)Kb1=c(N2H5+)c(OH-)c(N2H4)=c(N2H5+)c(OH-)c(H+)c(N2H4)c(H+)=K×KW=8.7×107×10-14=8.7×10-7。(3)NH3在無水環(huán)境下與CO2等物質(zhì)的量反應(yīng)生成化合物B,即NH3+CO2NH2COOH,則A正確;氨基酸是氨基取代了羧酸分子中烴基上的氫原子形成的取代羧酸,則化合物B不屬于氨基酸,B錯誤;已知化合物C中含有銨根離子,則NH2COOH與NH3等物質(zhì)的量反應(yīng)生成NH2COONH4,NH2COONH4可完全水解,得到NH4HCO3一種鹽,故C錯誤;NH2COONH4CO(NH2)2+H2O,化合物C可用于制備尿素,D正確,1.(2分)(2024·浙江寧波鎮(zhèn)海中學(xué)高三下模擬)氮、鐵及其化合物在生產(chǎn)生活中有重要應(yīng)用。下列說法正確的是(填字母)。

A.第二電離能:N>O>CB.基態(tài)Fe2+的簡化電子排布式:[Ar]3d6C.離子半徑:N3->O2->F-D.鍵角:H3O+>NH3答案BCD解析A項,N失去一個電子后的價層電子排布式為2s22p2,O失去一個電子后的價層電子排布式為2s22p3,此時O+的2p能級處于半充滿狀態(tài),較穩(wěn)定,難失去電子,C失去一個電子后的價層電子排布式為2s22p1,故第二電離能:O>N>C,錯誤;B項,基態(tài)Fe的簡化電子排布式為[Ar]3d64s2,則基態(tài)Fe2+的簡化電子排布式為[Ar]3d6,正確;C項,N3-、O2-、F-的核外電子排布相同,核電荷數(shù)越大,半徑越小,則離子半徑:N3->O2->F-,正確;D項,H3O+、NH3的中心原子的雜化方式均為sp3,且均有一個孤電子對,O的電負性比N的大,則在H3O+中成鍵電子對更偏向中心原子O,則成鍵電子對的距離更小,排斥力更大,故鍵角:H3O+>NH3,正確;故選BCD。2.(1分)(2024·浙江高三下5月選考適應(yīng)性考試)硼族元素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物?；鶓B(tài)Ga原子的電子排布式為

。

答案1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)解析Ga的原子序數(shù)為31,位于元素周期表第四周期第ⅢA族。3.(4分)(2024·浙江精誠聯(lián)盟高三下三模)金屬及其化合物是物質(zhì)世界的重要組成部分。請回答:(1)具有高能量密度的LiNix(Mn,Co,Al)1-xO2是值得深入研究的電池正極材料。①與Co、Ni位于同一周期且同一族的元素是(填寫元素符號)。

②基態(tài)Co原子的核外電子排布式是。

(2)下列說法正確的是(填字母)。

A.離子勢φ(φ=離子電荷離子半徑):φ(Ni3+)>φ(Ni2+)>φ(Mn2+B.與Al同周期且第一電離能小于Al的元素有2種C.基態(tài)O原子中s能級電子數(shù)與p能級電子數(shù)相等D.離子鍵百分比:Li2O<Al2O3答案(1)①Fe②1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2(2)AC解析(1)①Co、Ni屬于第四周期第Ⅷ族元素,所以同一周期同一族的元素是Fe;②Co元素原子序數(shù)為27,根據(jù)核外電子排布規(guī)則,可寫出基態(tài)Co原子的核外電子排布式。(2)A項,根據(jù)元素周期律和定義,半徑:Ni3+<Ni2+<Mn2+,則離子勢:Ni3+>Ni2+>Mn2+,A項正確;B項,與Al同周期且第一電離能小于Al的只有Na元素,B項錯誤;C項,基態(tài)O原子核外電子排布為1s22s22p4,則基態(tài)O原子中s能級電子數(shù)與p能級電子數(shù)相等,C項正確;D項,根據(jù)“對角線規(guī)則”,Li與Mg相似,離子鍵百分比:Li2O>Al2O3,D項錯誤。4.(2分)(2024·浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)校高三下二模)硫及其化合物有許多用途,古代用高溫煅燒綠礬和膽礬的方法來制備硫酸。請回答:(1)Fe2+的價層電子排布式為。

(2)基態(tài)硫原子核外電子有種空間運動狀態(tài)。

答案(1)3d6(2)9解析(1)鐵為26號元素,價層電子排布式為3d64s2,失去最外層2個電子,故為3d6。(2)硫為16號元素,核外電子占有9個軌道,故空間運動狀態(tài)為9種。5.(2分)(2024·浙江金華東陽高三下三模)鋰離子電池是近年來的研究熱點,常見的鋰離子聚合物電池材料有石墨、NaBH4、LiAsF6、LiPF6等。下列說法正確的是(填字母)。

A.離子半徑:P3->O2->F-B.基態(tài)As的最高能級的電子排布式為4s24p3C.與NH3形成配位鍵的能力:BH3<BCl3D.電負性:F>O>As>P答案AC解析A項,電子層數(shù)越多,半徑越大,電子層數(shù)相同時,核電荷數(shù)越多,半徑越小,離子半徑:P3->O2->F-,故A正確;B項,基態(tài)As的最高能級的電子排布式為4p3,故B錯誤;C項,Cl電負性比H大,因此BCl3吸引電子的能力比BH3強,更能吸引NH3的N上的孤電子對,形成配位鍵,因此與NH3形成配位鍵的能力:BH3<BCl3,故C正確;D項,同周期主族元素,從左往右電負性逐漸增大,同族元素,從上到下電負性逐漸減小,電負性:F>O>P>As,故D錯誤。6.(4分)(2024·浙江縣域教研聯(lián)盟高三下三模)過渡元素在材料和化工生產(chǎn)中占有重要地位。(1)元素Mn和Fe的部分電離能如下表所示,發(fā)現(xiàn)Mn元素的第三電離能(I3)要大于Fe元素的第三電離能,原因是

。

元素MnFe電離能/(kJ·mol-1)I1717759I215091561I332482957(2)Mn的一種配合物化學(xué)式為[Mn(CO)5(CH3CN)],下列說法正確的是(填字母)。A.CH3CN與Mn原子配位時,提供孤電子對的是C原子B.電負性:H<C<N<OC.CH3CN中兩個C原子的雜化類型均為sp3D.CH3CN中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為5∶2答案(1)Mn2+的價層電子排布為3d5,是半充滿狀態(tài),比較穩(wěn)定;Fe2+的價層電子排布為3d6,再失去一個電子即可達到3d軌道半充滿的比較穩(wěn)定的狀態(tài)(2)BD解析(1)錳元素位于第四周期第ⅦB族,其基態(tài)原子的價層電子排布式為3d54s2,則其基態(tài)Mn2+的價層電子排布式為3d5;由Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn3+時,3d能級由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)椴环€(wěn)定的3d4狀態(tài)需要的能量較多;而Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+時,3d能級由不穩(wěn)定的3d6狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檩^穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)需要的能量相對較少,故氣態(tài)Mn2+再失去1個電子比氣態(tài)Fe2+再失去1個電子難。(2)A項,CH3CN中N有孤電子對,C沒有孤電子對,因此CH3CN與Mn原子配位時,提供孤電子對的是N原子,故A錯誤;B項,同周期主族元素電負性從左到右逐漸增強,所以電負性:H<C<N<O,故B正確;C項,CH3CN中,甲基中的C原子為sp3雜化,氰基(—CN)的C原子為sp雜化,故C錯誤;D項,CH3CN中存在一個碳氮三鍵,所以σ鍵與π鍵數(shù)目之比為5∶2,故D正確。7.(3分)(2024·浙江部分學(xué)校高三下模擬)2023年8月1日起,我國對鎵(Ga)等相關(guān)物項實施出口管制。Ga與B、Al處于同一主族。請回答:(1)基態(tài)Ga原子的價層電子排布圖:。

(2)硼的氫化物叫硼烷(BnHm)。如B2H6(乙硼烷-6)、B4H10(丁硼烷-10)等。下列說法不正確的是(填字母)。

A.B原子由1s22s12px2→1s22s12B.B2H6的結(jié)構(gòu)式:C.同周期相鄰元素的電負性大小:Be<B<CD.B2H6與C≡O(shè)反應(yīng)生成H3BCO,H3BCO分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為5∶2答案(1)(2)AB解析(2)A項,B原子由1s22s12px2→1s22s12px12py1,2px與2py能量相同,不需吸收能量,故A錯誤;B項,根據(jù)B原子的價層電子排布可推知B項中結(jié)構(gòu)式錯誤,實際上B2H6中有兩個H原子與B原子形成三中心兩電子結(jié)構(gòu),而非存在B—B,故B錯誤;C項,同周期主族元素電負性從左到右逐漸增強,所以同周期相鄰元素的電負性大小:Be<B<C,故C正確;D項,B2H6與C≡O(shè)反應(yīng)生成H3BCO,H3BCO分子中含4個共價單鍵和1個三鍵,則σ鍵與8.(2分)(2024·浙江紹興諸暨高三下適應(yīng)性考試改編)鹵族元素是形成化合物的常見元素。下列說法錯誤的是(填字母)。

A.電負性:O>C>AlB.第一電離能:Na<Mg<AlC.離子半徑:Na+<F-<Cl-D.Cu+的簡化電子排布式:[Ar]3d94s1答案BD解析A項,根據(jù)同一主族從上往下元素電負性依次減小,同一周期主族元素從左往右元素的電負性依次增大可知,電負性O(shè)>C>Al,A項正確;B項,同周期元素第一電離能總體呈遞增趨勢,但是Mg的3s2軌道為全滿結(jié)構(gòu),第一電離能大于Al,第一電離能:Na<Al<Mg,B項錯誤;C項,根據(jù)“核大徑小,層多徑大”原則,離子半徑:Na+<F-<Cl-,C項正確;D項,Cu為29號元素,基態(tài)Cu的電子排布式為[Ar]3d104s1,則基態(tài)Cu+的簡化電子排布式為[Ar]3d10,D項錯誤。9.(3分)(2024·浙江“辛愉杯”高三下聯(lián)考)硫及其化合物在生活、生產(chǎn)中有著廣泛的應(yīng)用。(1)基態(tài)硫原子的價層電子軌道表示式是。

(2)下列說法正確的是(填字母)。

A.H2S分子的空間結(jié)構(gòu)是直線形B.六氟化硫(SF6)中心原子的雜化方式為sp3d2C.第一電離能大小順序:F>O>SD.工業(yè)生產(chǎn)硫酸時用水吸收SO3答案(1)(2)BC解析(2)H2S的中心原子硫原子的價層電子對數(shù)為4,有兩個孤電子對,所以其空間結(jié)構(gòu)為V形,故A錯誤;SF6的中心原子S的價層電子對數(shù)=6+12×(6-6×1)=6,其中心原子的雜化方式為sp3d2,故B正確;F和O在同一周期,F原子半徑小于O,失去一個電子比O難,F第一電離能大于O,O和S在同一主族,O原子半徑小于S,O的第一電離能大于S,所以第一電離能大小順序:F>O>S,故C正確;為防止形成酸霧,工業(yè)生產(chǎn)硫酸時用98.3%的濃硫酸吸收SO3,故D10.(1分)(2024·浙江高三下5月選考適應(yīng)性考試)鹵族元素可以與很多元素形成多種具有不同組成、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)的物質(zhì)?；鶓B(tài)氟原子價層電子的軌道表示式為。答案解析氟為9號元素,基態(tài)氟原子價層電子排布式為2s22p5,進而可寫出軌道表示式。11.(1分)(2024·浙江杭州西湖高級中學(xué)高三下5月模擬預(yù)測)學(xué)習(xí)結(jié)構(gòu)化學(xué),有助于洞悉物質(zhì)內(nèi)部奧秘。根據(jù)下圖所示規(guī)律,1~18號元素中位置處于左下角元素的基態(tài)原子核外電子排布式為。

答案1s22s22p63s1解析根據(jù)題圖預(yù)測,1~18號元素中位置處于左下角的元素是鈉,鈉的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s1。12.(1分)(2024·浙江選考科目考試沖刺卷)ⅤA族元素有的是金屬元素,有的是非金屬元素,應(yīng)用非常廣泛?；鶓B(tài)P原子的價層電子排布式為

。

答案3s23p3解析P為15號元素,基態(tài)P原子的價層電子排布式為3s23p3。13.(3分)(2024·浙江紹興高三下第二次模擬考試)鈦鋁合金是制造航空航天及武器裝備熱端部件的理想材料?；卮鹣铝袉栴}:(1)基態(tài)Ti原子的價層電子的軌道表示式為。

(2)下列說法正確的是(填字母)。

A.Al2H6分子中既存在共價鍵又存在離子鍵B.化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分數(shù):Al2O3>MgOC.第一電離能:Mg>AlD.測定接近沸點的水蒸氣的相對分子質(zhì)量,測量值偏大的理由是存在相當(dāng)量的水分子因氫鍵而相互締合答案(1)(2)CD14.(3分)(2024·浙江臺州高三下第二次教學(xué)質(zhì)量評估)P可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物。P元素位于周期表的第15列。請回答下列問題:(1)基態(tài)P原子的價層電子軌道表示式為

。

(2)下列說法不正確的是(填字母)。

A.非金屬性:As<P<NB.第二電離能(I2)大小:I2(Si)<I2(P)<I2(S)<I2(Na)C.電負性:P<As<OD.O—H的鍵能:F2(PO)OH<Cl2(PO)OH答案(1)(2)CD解析(1)磷是15號元素,其原子核外有15個電子,P元素基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p63s23p3,P的最外層3p電子3個電子自旋平行。(2)A項,同一主族從上往下元素的非金屬性依次減弱,故非金屬性:As<P<N,A正確;B項,第二電離能Na失去2p6上的電子,S失去3p3上的電子,P失去3p2上的電子,Si失去3p1上的電子,故第二電離能(I2)大小:I2(Si)<I2(P)<I2(S)<I2(Na),B正確;C項,根據(jù)同一周期從左往右主族元素電負性依次增大,同一主族從上往下元素電負性依次減小,故電負性:As<P<O,C錯誤;D項,相同化學(xué)鍵的鍵能不變,故D錯誤。15.(1分)(2024·浙江麗水湖州衢州三地市高三下教學(xué)質(zhì)量檢測)氮、磷、鐵及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)、生活和科研中有著廣泛的應(yīng)用。基態(tài)Fe3+的價層電子軌道表示式為。

答案解析鐵為26號元素,基態(tài)鐵原子價層電子排布式為3d64s2,失去3個電子后為Fe3+,基態(tài)Fe3+的價層電子軌道表示式為。16.(1分)(2024·浙江嘉興高三下二模)硅材料在生產(chǎn)、生活中占有重要地位?；鶓B(tài)Si原子的電子排布式為。

答案1s22s22p63s23p2解析Si元素為14號元素,原子核外有14個電子,則核外電子排布式為1s22s22p63s23p2。17.(2分)(2024·浙江杭州高三下學(xué)期二模)氮、硫和氯等是組成化合物的常見元素。已知:2SO3+H2O。下列說法正確的是(填字