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
元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋1
Z
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
W
元素的正一价离子的电子层结构与氩相同
Q
元素的核电荷数为Y和Z之和
R
元素的正三价离子的3d能级为半充满
E
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
请根据信息回答有关问题：
（1）元素X的原子核外共有_____种不同运动状态的电子，有____种不同能级的电子。
（2）元素Y原子中能量最高的是_____电子，其原子轨道呈_____状。
（3）Q的基态电子排布式为______，R的元素符号为_____，E元素原子的价电子排布式为______。
（4）含有元素W的盐的焰色反应为______色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是_______________________。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（8分）丙烯腈（C3H3N）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产。
以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下。
①C3H6（g）＋NH3（g）＋
O2（g）⇌C3H3N（g）＋3H2O（g）ΔH＝−515kJ·mol−1
②C3H6（g）＋O2（g）⇌C3H4O（g）＋H2O（g）ΔH＝−353kJ·mol−1
请回答下列各题：
（1）关于上述反应，下列说法正确的是____。
A．增大压强有利于提高丙烯腈平衡产率
B．反应②的ΔS等于零
C．可以选择合适的催化剂来提高混合气中丙烯腈的生产效率
D．上述反应在恒温、恒容密闭容器中进行，若H2O（g）浓度保持不变，则说明两反应均达到平衡状态
（2）一定温度下，在体积不变的容器中充入C3H6、NH3、O2各1mol，一定时间后反应达到平衡状态，测得容器内C3H6和H2O的物质的量分别为0.4mol和1.4mol，该温度下反应②的平衡常数为____。
（3）若向容器内充入3molC3H6和1molO2只发生反应②，一定时间达到平衡状态，10min时再充入1molO2，15min重新达到平衡，请在图中画出10min～20min内C3H4O的百分含量的变化图__________。
（4）如图为一定时间内丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃。
下列说法正确的是_____。
A．460℃之前产率随温度升高而增大是因为随温度升高反应平衡常数变大
B．高于460℃产率下降的原因可能是温度升高催化剂活性降低
C．460℃时C3H6的转化率一定大于500℃
D．温度过高副反应可能变多不利于合成丙烯腈
24．（10分）砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。
回答下列问题：
（1）写出基态As原子的核外电子排布式________________________。
（2）根据元素周期律，原子半径Ga_____________As，第一电离能Ga____________As。
（填“大于”或“小于”）
（3）AsCl3分子的立体构型为___________，其中As的杂化轨道类型为_________。
（4）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是_______________。
（5）GaAs的熔点为1238℃，其晶胞结构如图所示。
该晶体的类型为________________,Ga与As以________键键合。
参考答案
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．NH3生成的速率和NH3分解的速率相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B.平衡时各物质的物质的量浓度的大小关系取决于物质的起始物质的量和转化率，N2、H2、NH3浓度相等时不能说明其浓度保持不变，故不能作为判断是否达到平衡状态的依据，B错误；
C．单位时间内生成nmolN2是逆反应，同时生成3nmolH2也是逆反应，不能说明正逆反应速率相等，故C错误；
D．N2，H2，NH3分子数之比为1：
2：
3，并不能说明反应混合物各成份的浓度保持不变，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误；
答案选A。
【点睛】
化学平衡状态是一个相对稳定的状态，并不是任意时刻的状态。
反应混合物的浓度相等时，有可能是反应进行到某个时刻的状态，并不一定是平衡状态，只有确定各组分的浓度保持不变时，才能判断其为平衡状态。
2．C
【解析】分析：
铁失去2电子后转化为亚铁离子，根据核外电子排布规律解答。
详解：
铁是常见金属，它在元素周期表中位于第四周期Ⅷ族，原子序数为26，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe2＋的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d6，所以其结构示意图为
。
答案选C。
3．A
【解析】
试题分析：
A.根据结构简式可知薄荷醇分子式为C10H20O，它是环己醇的同系物，A正确；B.薄荷醇的分子中不存在苯环和碳碳双键，不可能有12个原子处于同一平面上，B错误；C.薄荷醇在Cu或Ag做催化剂、加热条件下能被O2氧化为酮，得不到醛，C错误；D.分子中只有羟基，薄荷醇不能发生聚合反应，D错误，答案选A。
考点：
考查有机物结构和性质
4．D
【解析】
【详解】
A选项，a为阴极产生氢气，b为阳极产生氧气，逸出气体的体积，a电极的大于b电极的，故A错误；
B选项，根据A选项的分析，两个电极都产生无色无味的气体，故B错误
C选项，a电极氢离子放电，a周围还有大量的氢氧根离子，使a电极附近的石蕊变为蓝色，b电极氢氧根放电，b周围还有大量的氢离子，使b电极附近的石蕊变为红色，故C错误；
D选项，根据C选项分析，故D正确；
综上所述，答案为D。
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
根据燃烧通式CxHyOz＋（x+y/4－z/2）O2
xCO2＋y/2H2O可知等物质的量的有机物完全燃烧时，耗氧量取决于（x+y/4－z/2）值的大小，其值越大，耗氧量越多。
选项A～D中（x+y/4－z/2）的值分别是3、2.5、3、3.5，因此消耗氧气最多的是C3H6O2。
答案选D。
6．B
【解析】
【分析】
0.1mol/LNaHSO3溶液中HSO3-的水解程度小于电离程度，溶液显酸性，结合三大守恒分析判断。
【详解】
A．NaHSO3溶液中HSO3-的水解程度小于电离程度，但电离和水解程度均较小，因此c（Na+）＞c（HSO3－）＞c（SO32－）＞c（H2SO3），故A正确；
B．根据电荷守恒有c（H+）+c（Na+）=c（OH－）+c（HSO3－）+2c（SO32－），根据物料守恒有c（Na+）=c（SO32－）+c（H2SO3）+c（HSO3－），二者处理得质子守恒：
c（H+）+c（H2SO3）=c（OH-）+c（SO32－），故B错误；
C．根据物料守恒有c（Na+）=c（SO32－）+c（H2SO3）+c（HSO3－），故C正确；
D．根据电荷守恒有c（H+）+c（Na+）=c（OH－）+c（HSO3－）+2c（SO32－），故D正确；
答案选B。
7．C
【解析】由于在CsCl晶体中，每个Cs+周围同时吸引着最近的等距离的8个Cl-同样每个Cl-周围同时吸引着最近的等距离的8个Cs+，图
（2）和图（3）晶体中离子的配位数均为8，符合条件，而图⑴和图⑷晶体中微粒配位数均为6，不符合条件，正确选项C。
8．D
【解析】
【详解】
A．二氧化硅是原子晶体，存在共价键，二氧化碳是分子晶体，分子内为共价键，分子间为范德华力，二者晶体类型和化学键类型不同，A项不符合题意；
B．金刚石是原子晶体，存在共价键，石墨为层状晶体，层内是共价键，层间是范德华力，属混合晶体，二者化学键类型和晶体类型不同，B项不符合题意；
C．氯化钠是离子晶体，存在离子键，过氧化钠为离子晶体，但既存在离子键，也存在共价键，二者化学键类型不相同，C项不符合题意；
D．溴是分子晶体，白磷是分子晶体，均存在共价键。
二者化学键类型和晶体类型均相同，D项符合题意；
本题答案选D。
【点睛】
考查化学键类型和晶体类型的判断，分清原子晶体，分子晶体，离子晶体等常见晶体的化学键是解答的关键。
9．A
【解析】
【详解】
：
先水解，溴原子被-OH取代，得到
，然后其和氯化氢加成，保护双键，最后用强氧化剂将醇氧化为羧酸即可，发生的反应类型依次为：
水解反应、加成反应、氧化反应，故选A。
10．A
【解析】
【详解】
A.（CH3）3CCH2CH3有三种不同位置的H原子，因此进行一氯取代反应后，能生成三种沸点不同产物，A符合题意；
B.（CH3CH2）2CHCH3有四种不同位置的H原子，因此进行一氯取代反应后，能生成四种沸点不同产物，B不符合题意；
C.（CH3）2CHCH（CH3）2有两种不同位置的H原子，因此进行一氯取代反应后，能生成两种沸点不同产物，C不符合题意；
D.（CH3）2CHCH2CH2CH3有五种不同位置的H原子，因此进行一氯取代反应后，能生成五种沸点不同产物，D不符合题意；
故合理选项是A。
11．D
【解析】
【详解】
A、SO32－水解溶液显碱性，SO32－水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行，OH－离子浓度增大，溶液pH增大，故A错误；
B、依据溶液中物料守恒分析判断，n（Na）=2n（S），溶液中离子浓度存在c（Na+）=2c（SO32-）+2c（HSO3-）+2c（H2SO3），故B错误；
C、溶液中存在电荷守恒分析，阳离子和阴离子所带电荷数相同，c（Na+）+c（H+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），故C错误；
D、Na2SO3水解显碱性，加入NaOH固体，OH-浓度增大，平衡逆向移动，溶液中SO32-浓度增大，Na+浓度增大，故D正确；
故选D。
12．C
【解析】
【详解】
s能级有1个原子轨道，p能级有3个原子轨道，d能级有5个原子轨道，f能级有7个原子轨道，则能级中轨道数为5的是d能级。
本题答案选C。
13．A
【解析】
【详解】
A、互不相溶的液体混合物可用分液法分离，互溶的液体混合物不能用分液方法，故A选；
B、互不相溶的液态混合物可用分液法分离，故B不选；
C、沸点不同的液体混合物可用蒸馏方法分离法，故C不选；
D、溶于水的固体与难溶于水的固体的混合物，加适量的水将可溶于水的固体溶解，过滤得到难溶于水的固体，蒸发滤液得到溶于水的固体，故D不选。
故选A。
14．D
【解析】
【分析】
根据表格中的数据可知反应物为X和Y，Z为生成物，X、Y、Z的浓度变化量分别为0.05mol•L-1，0.15mol•L-1，0.10mol•L-1，变化量之比等于计量数之比，因此方程式为X（g）+3Y（g）
2Z（g），由三段法有：
X（g）+3Y（g）
2Z（g）
据此进行分析判断。
【详解】
A.X的转化率为
×100%=50%，A项正确；
B.反应可表示为X+3Y
2Z，其平衡常数为
=
=1600，B项正确；
C.平衡常数只与温度有关，因此改变温度可以改变此反应的平衡常数，C项正确；
D.增压使平衡向生成Z的方向移动，但平衡常数只与温度有关，改变压强平衡常数不变，D项错误；
答案选D。
15．D
【解析】
【详解】
A．金属键主要在于金属晶体中，在配合物（多聚型）中，为达到18e-，金属与金属间以共价键相连，亦称金属键，故A错误；
B．分子晶体的堆积不一定是分子密堆积，如冰晶体中存在氢键，不是分子密堆积，故B错误；
C．H2O的性质非常稳定，原因在于H-O键的键能较大，与氢键无关，故C错误；
D．在ABn型分子中，若中心原子A无孤对电子，则是非极性分子，非极性分子空间结构都是对称结构，故D正确；
答案选D。
16．A
【解析】
【分析】
含—CH2OH结构的醇类可氧化成醛；
【详解】
A.被氧化为丙醛；B、C被氧化为酮；D不能被氧化，答案为A。
17．B
【解析】
【分析】
A.MgCl2溶液电解不能产生金属Mg；
B.FeCl2与氯气反应产生氯化铁，氯化铁饱和溶液滴入沸水中产生氢氧化铁胶体；
C.酸性：
苯酚>HCO3-；
D.蔗糖是非还原性糖。
【详解】
A.用惰性电极电解MgCl2溶液，产生Mg（OH）2、H2、Cl2，不能产生金属Mg，A错误；
B.FeCl2具有还原性，与氯气在溶液中发生氧化还原反应产生氯化铁，将氯化铁饱和溶液滴入沸水中产生氢氧化铁胶体，B正确；
C.由于苯酚的酸性比NaHCO3强，所以向苯酚钠溶液中加入NaHCO3溶液，不能发生反应产生苯酚，C错误；
D.向AgNO3溶液中滴加稀氨水，直至开始产生的沉淀恰好溶解为止，得到的溶液为银氨溶液，但由于蔗糖分子中无醛基，因此再滴入蔗糖溶液，不能发生银镜反应，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】
本题考查了化学实验方案的涉及的知识，涉及常见元素的单质及化合物的性质的综合利用，明确物质的性质与反应状态的关系及反应条件、物质性质强弱即可解答。
18．D
【解析】A、标况下的44.8LHCl气体的物质的量为2mol，通入VL2mol/L的盐酸溶液，溶液中氯化氢的物质的量为（2V+2）mol，但溶液的体积不一定是0.5（V+1），故A错误；B、蒸发氯化氢挥发，溶液浓度降低，故B错误；C、蒸发氯化氢挥发，溶液浓度降低，故C错误；D、混合后溶液中的氯化氢为2mol/L×VL+10mol/L×0.6VL=8Vmol，所以混合后溴化氢的浓度为
=4mol/L，故D正确；故选D。
19．D
【解析】
【分析】
A．铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，不会生成Fe2O3；
B．钠与硫酸铜溶液反应的实质为：
钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，不会生成铜单质；
C、根据铝易于空气中的氧气反应进行分析，钠形成的氧化钠膜能被继续与空气中的水及二氧化碳反应；
D．金属的化合价为0价，化合物中金属的化合价为正价，所以金属单质在反应中一定做还原剂。
【详解】
A．铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，而铁在氧气中燃烧的方程式为：
铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，反应的化学方程式为：
3Fe+2O2
Fe3O4，生成的是Fe3O4，不是Fe2O3，选项A错误；
B．钠与硫酸铜溶液的反应方程式为：
2Na+2H2O+Cu2+═H2↑+2Na++Cu（OH）2↓，钠与硫酸铜溶液反应不会生成铜单质，选项B错误；
C．铝表面容易形成一层致密的氧化物保护膜，阻止了铝继续被氧化，但钠化学性质比较活泼，形成的氧化钠膜能被继续与空气中的水及二氧化碳反应，选项C错误；
D．Na与氧气、水等反应时钠均作还原剂，金属在化合物中的化合价都是正价，所以金属单质参与反应时金属均作还原剂，选项D正确；
答案选D。
【点睛】
本题考查了金属单质及其化合物性质，题目难度中等，注意掌握金属单质及其化合物性质的综合利用方法，明确活泼金属在溶液中的反应情况，如钠与硫酸铜溶液的反应，不会置换出金属铜。
20．A
【解析】
【详解】
A.比较两种离子的水解程度，需要使用相同离子浓度的溶液；室温下，Na2CO3的溶解性比NaHCO3大，则二者的饱和溶液中，两种物质的浓度不同，对应的阴离子浓度也不相同，因此本实验不合理，A错误；
B.本实验中，左侧试管中又加入了KSCN溶液，右侧试管中加入了水，则对比左右两只试管，相当于加入试剂前后，溶液的体积都没有变化，左侧试管中KSCN的物质的量增加，所以左侧试管中KSCN的浓度增大，而右侧试管中KSCN的浓度没有变化，因此本实验合理，B正确；
C.本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，因此本实验合理，C正确；
D.本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生
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