上海上海理工大学附属初级中学高中化学选修二第一章《原子结构与性质》测试卷(含答案解析)

一、选择题
1．(0分)[ID：139236]下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是
A．A B．B C．C D．D
2．(0分)[ID：139228]有关等物质的量12C和14C原子，下列叙述正确的是
①含有相同数目的原子；②含有相同物质的量的质子；③属于同种元素；④具有相同的质量；⑤中子数相等；⑥电子数相等；⑦具有几乎相同的化学性质
A．只有①②③B．只有②③④C．除④⑤外都正确D．全正确
3．(0分)[ID：139225]下列事实能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子强的是
①还原性：Cl-＜S2-
②HCl 的酸性比 H2S 强
③HCl 的稳定性比 H2S 强
④HCl 的还原性比 H2S 强
⑤HClO 的酸性比 H2SO4强
⑥Cl2能与 H2S 反应生成 S
⑦ Cl2与铁反应生成 FeCl3，而 S 与铁反应生成 FeS
A．③④⑤⑦B．②③⑥⑦C．①③⑥⑦D．①②③④⑤⑥⑦4．(0分)[ID：139284]下列说法正确的是
A．19世纪末，人类开始揭开了原子内部结构的秘密，最先发现电子的科学家是英国化学家道尔顿
B．若a A n+与b B2-两种离子的核外电子层结构相同，则a=b+n+2
C．氢氧化铁胶体、葡萄糖溶液用激光笔照射，均能观察到一条光亮的通道
D．有人设想通过特殊的方法将碳酸钙加工成为纳米碳酸钙，纳米碳酸钙是胶体
5．(0分)[ID：139282]X、Y、Z均为短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，Y+和Z-具有相同的电子层结构。

下列说法正确的是
A．原子最外层电子数：X>Z>Y B．原子序数：X>Y>Z
C ．离子半径：X 2->Y +>Z -
D ．单质氧化性： X>Z>Y
6．(0分)[ID ：139278]肯定属于同族元素且性质相似的是
A ．原子电子排布式：A 为1s 22s 2，
B 为1s 2
B ．结构示意图：A 为，B 为
C ．A 原子基态时2p 轨道上有1个未成对电子，B 原子基态时3p 轨道上也有1个未成对电子
D ．A 原子基态时2p 轨道上有一对成对电子，B 原子基态时3p 轨道上也有一对成对电子 7．(0分)[ID ：139274]下列有关比较正确的是 A ．N 、O 、F 最高价依次升高 B ．3++-Al K F 、、微粒半径依次增大 C ．单质的熔点：222Cl >Br >I D ．单质的熔点： Na ＞K ＞Cs 8．(0分)[ID ：139266]F 和Cl 同属于元素周期表中第 ⅦA 元素，它们原子结构中相同的是 A ．质子数
B ．电子层数
C ．核外电子数
D ．最外层电子数
9．(0分)[ID ：139264]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 的价电子排布式为3s 23p 4
B ．简单氢化物稳定性：Y ＞Z
C ．第一电离能：Y ＞Z
D ．X 、Y 两元素形成的化合物一定为离子化合物
10．(0分)[ID ：139250]短周期主族元素X 、Y 、Z 、W 的原子序数依次增大，X 原子2p 轨道上有2个未成对电子，Y 是地壳中含量最高的元素，常温下0.01 mol·
L －1 Z 的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH ＝12，W 在元素周期表中的族序数是周期数的2倍。

下列说法正确的是
A ．工业上常用电解法冶炼Z 单质
B ．原子半径：r （Z ）＞r （W ）＞r （Y ）＞r （X ）
C ．X 简单气体氢化物的稳定性比Y 的强
D ．W 的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Y 强
11．(0分)[ID ：139207]已知阳离子R 2+核外有a 个电子和b 个中子。

表示R 原子符号正确的是（ ） A ．b
a R
B ．a+b-2
a-2R C ．a+b+2
a+2R D ．a+b
a+2R
12．(0分)[ID ：139205]已知 34Se 位于第四周期第VIA 族。

关系正确的是 A ．原子半径： Se>C>S
B ．得电子能力：Se>Cl>S
C ．酸性：HClO 4>H 2SO 4> H 2SeO 4
D ．还原性： Cl ->S 2>Se 2-
二、填空题
13．(0分)[ID ：139497]硝酸(HNO 3)在生活、生产中有广泛的用途。

工业上通常以氨气为
原料来制取硝酸，其反应原理如下：4NH 3＋5O 2Pt-Rh
800−−−→℃
4NO ＋6H 2O 、4NO ＋3O 2＋
2H2O→4HNO3
(1)比较HNO3中各组成元素的非金属性强弱___________。

(2)写出NH3的电子式___________，O原子最外层的轨道表示式___________。

(3)联合制碱法是把“合成氨法”和“氨碱法”联合在一起，你认为制硝酸能不能用这个方法，把“合成氨工业”和“硝酸工业”联合在一起，理由是___________。

14．(0分)[ID：139489](1)基态Cl原子中，电子占据的最高电子层符号为_______，该电子层具有的原子轨道数为_______。

(2)基态原子的N层有1个未成对电子，M层未成对电子最多的元素是_______，其价电子排布式为_______。

(3)最外层电子数是次外层电子数3倍的元素是_______，其电子排布图为_______。

(4)下列表示的为一激发态原子的是_______。

A．1s12s1 B．1s22s22p1 C．1s22p53s1 D．1s22s22p63s2
15．(0分)[ID：139483](1)硫的基态原子核外有_____个未成对电子，溴的基态原子价层电子排布图为_____。

(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)写出基态铜原子的M能层的电子排布式___，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____。

(4)铝原子核外电子云有____种不同的伸展方向，有____种不同运动状态的电子。

16．(0分)[ID：139463]如图是元素周期表的一部分。

(1)元素⑨基态原子的外围电子排布图为___________，元素⑩的原子结构示意图为
___________。

(2)元素③④⑤的电负性由大到小的顺序为___________(填化学符号，下同)，其第一电离能由大到小的顺序为___________，其简单离子半径由大到小的顺序为___________。

17．(0分)[ID：139460](1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为__。

(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。

I1(Li)>I1(Na)，原因是__。

I1(Be)>I1(B)>I1(Li)，原因是__。

Na 496 Mg 738 Al 578
18．(0分)[ID ：139449]根据下列5种元素的电离能数据(单位为1kJ mol -⋅)，回答下列问题。

元素符号 1I
2I
3I
4I
Q 2080 4000 6100 9400 R 500 4600 6900 9500 S 740 1500 7700 10500 T 580 180 2700 11600 V
420
3100
4400
5900
(1)在元素周期表中，最有可能处于同一族的是______(填字母，下同)。

A ．Q 和R B ．S 和T C ．T 和V D ．R 和T E ．R 和V (2)它们的氯化物的化学式，最有可能正确的是______。

A ．2QCl B ．RCl C ．3SCl D ．2VCl (3)下列元素，最有可能与Q 元素位于同一族的是______。

A ．硼 B ．铍 C ．锂 D ．氢 E ．氦
(4)在这5种元素中，最容易与氯元素形成离子化合物的是______。

A ．Q B ．R C ．S D ．T E ．V
(5)利用表中的数据，V 元素最有可能是下列元素中的______。

A ．H B ．Li C ．Na D ．K
19．(0分)[ID ：139426]Goodenough 等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。

回答下列问题：
(1)氧的基态原子的轨道表示式___。

写出钴的简化电子排布式___。

基态Fe 2+与Fe 3+离子中未成对的电子数之比为___。

(2)Li 在周期表的位置___，其位于元素周期表5个分区中的___区。

Li 与Na 的第一电离能(I 1)大小比较：I 1(Li)___I 1(Na)，原因是___。

20．(0分)[ID ：139411](1)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。

(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn 和Cu 组成。

第一电离能I 1(Zn)___________I 1(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是___________。

(3)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E 1)。

第二周期部分元素的E 1变化趋势如图(a)所示，其中除氮元素外，其他元素的E 1自左而右依次增大的原因是______；氮元素的E 1呈现异常的原因是____。

(4)研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2===CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。

元素Mn与O中，第一电离能较大的是____，基态原子核外未成对电子数较多的是____。

三、解答题
21．(0分)[ID：139376]A﹣234是2018年关注度最高的8大分子之一，其结构为。

请根据其结构及其组成元素回答以下问题：
(1)A﹣234分子中N原子的杂化方式为_______，该物质所形成的晶体类型为_______，基态P原子中核外电子占据的最高能级符号是_______。

(2)N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为_______。

(3)用价层电子对互斥模型预测POF3的立体构型：_______。

(4)请比较NH3与NF3的键角大小：NH3_______(填“＞”、“＜”或“＝”)NF3。

(5)P能够形成PCl3和PCl5，而N只能形成NCl3，其原因是_______。

(6)N与Ga所形成的化合物被誉为21世纪引领5G时代的基石材料，其晶胞为六方晶型，如图所示。

晶胞参数a=xnm，c=ynm。

N原子的配位数为_______，该晶胞的密度为
_______g/cm3(用含有x、y的式子表示)。

22．(0分)[ID：139358]已知A、B、C、D、E都是元素周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。

B原子的p轨道半充满，形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的。

D原子得到一个电子后3p轨道全充满。

A＋比D原子形成的离子少一个电子层。

C与A形成A2C型离子化合物。

E的原子序数为26，E原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。

请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）
（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为___________。

（2）C的氢化物分子是_____（填“极性”或“非极性”）分子。

（3）化合物BD3的分子空间构型是______。

（4）E的一种常见配合物E(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非
极性溶剂。

据此可判断E(CO)5的晶体类型为__________；E(CO)5中的配体CO与N2、CN-等互为等电子体，写出CO分子的结构式_______。

（5）金属E单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图所示。

体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的E原子个数之比为___________。

23．(0分)[ID：139336]钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。

生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、高纯铁、铝、硼等。

回答下列问题：
（1）钕(Nd)为60号元素，在周期表中位于第_________周期。

基态硼原子中占据最高能级的电子，电子云轮廓图形状为_______。

铁离子的电子排布式__________________
（2）实验测得AlCl3的实际存在形式为Al2Cl6，其分子的球棍模型如下图所示：
①分子中A1原子采取____杂化。

Al2Cl6属于____分子(填“极性”或“非极性”)。

②AlCl3与过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，[A1(OH)4]－中存在的化学键有
_________(填选项字母)。

A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．金属键 E.氢键
（3）工业上可用电解熔融的FeO、Fe2O3冶炼高纯铁。

基态Fe2+的价电子排布图(轨道表达式)为______________；用物质结构知识说明Fe2+容易被氧化成Fe3+的原因：
________________________。

（4）氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。

该晶体中铁、氮的微粒个数之比为_____。

（5）氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。

已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm—3，N A代表阿伏加德罗常数的值。

在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_________；Fe2+与O2—的最短核间距为_____________pm。

24．(0分)[ID：139321]水体砷污染已成为一个亟待解决的全球性环境问题，我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的正五价砷[As(Ⅴ)]，其机制模型如图。

资料：
Ⅰ.酸性条件下SO 4-
为主要的自由基，中性及弱碱性条件下SO 4-
·和·OH 同时存在，强碱性条件下·
OH 为主要的自由基。

Ⅱ.Fe 2+、Fe 3+形成氢氧化物沉淀的pH 离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Fe 2+ 7.04 9.08 Fe 3+
1.87
3.27
（1）砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层。

①砷在元素周期表中的位置是_____。

②砷酸的化学式是_____，其酸性比H 3PO 4_____（填“强”或“弱”）。

（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe 2+，Fe 2+与S 2O 28-
反应生成Fe 3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe 2+和Fe 3+，以确保As(Ⅴ)去除完全。

①零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是_____。

②Fe 3+转化为Fe 2+的离子方程式是_____。

③SO 4-
·和H 2O 反应的离子方程式是_____。

（3）不同pH 对As(Ⅴ)去除率的影响如图。

5min 内pH=7和pH=9时去除率高的原因是_____。

25．(0分)[ID：139319]煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示：
(1)②中NH3参与反应的化学方程式为_______。

(2)焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶()，其分子中相邻的C和N原子相比，N
原子吸引电子能力更___________(填“强”或“弱”)，从原子结构角度解释原因：________。

(3)工业合成氨是人工固氮的重要方法。

2007年化学家格哈德·埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意如图：
下列说法正确的是________(选填字母)。

a. 图①表示N2、H2分子中均是单键
b. 图②→图③需要吸收能量
c. 该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成
(4)已知：N2(g) ＋ O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1
N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1
2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1
反应后恢复至常温常压，①中NH3参与反应的热化学方程式为________。

(5)用间接电化学法除去NO的过程，如图所示：
①已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，写出阴极的电极反应式：________。

②用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：__________。

26．(0分)[ID：139306]碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。

一种以菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
Sr(OH)2在水中的溶解度
温度/℃10203040608090100溶解度/(g/100g) 1.25 1.77 2.64 3.958.4220.244.591.2
(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是_______。

(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为_______。

进行煅烧反应的立窑衬里应选择_______(填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”)。

【参考答案】
2016-2017年度第*次考试试卷参考答案
**科目模拟测试
一、选择题
1．C
【详解】
A. 二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，由现象不能说明炭被氧化成CO2，故A错误；
B. 盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B错误；
C. 滴加KSCN溶液，溶液不变色，可知不含铁离子，再滴加新制氯水，溶液变红，可知原溶液中一定含有Fe2+，故C正确；
D. SO2通入BaCl2溶液中不反应，二氧化硫可被硝酸氧化生成硫酸根离子，白色沉淀为硫酸钡，故D错误；
故选C。

2．C
【详解】
①等物质的量的12C和14C原子，根据N=n·N A可知原子数相同，①正确；
②在原子中质子数均为6，则若原子的物质的量相同，它们含有相同物质的量的质子，②正确；
③质子数决定元素的种类，二者质子数都是6，故二者属于同种元素，③正确；
④因质量数分别为12、14，则等物质的量时二者的质量不同，④错误；
⑤由于中子数等于质量数与质子数的差，它们的中子数分别为6、8，则等物质的量时两种原子的中子数不相等，⑤错误；
⑥因原子核内质子数等于原子核外电子数，根据②可知，二者的电子数相等，⑥正确；
⑦同位素的化学性质相同，但物理性质不同，则两种原子具有几乎相同的化学性质，⑦正确；
综上所述可知：说法中除④⑤外都正确，故答案为C。

3．C
【详解】
①元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，还原性：Cl﹣＜S2﹣，说明非金属性Cl＞S，则得电子能力Cl＞S，①符合题意；
②HCl的酸性比H2S强，说明HCl电离程度大于硫化氢，与其非金属性强弱无关，②不符合题意；
③元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，HCl的稳定性比H2S强，说明Cl元素得电子能力大于S，③符合题意；
④元素的非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，其氢化物的还原性就越弱，因此HCl的还原性比H2S弱，④不符合题意；
⑤HClO的酸性较弱，硫酸是强酸，所以次氯酸的酸性比H2SO4弱，⑤不符合题意；
⑥Cl2能与H2S反应生成S，说明氯气氧化性大于S，则得电子能力Cl大于S，⑥符合题意；
⑦Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS，说明氯气氧化性大于S，则得电子能力Cl大于S，⑦符合题意；
综上，①③⑥⑦符合题意，答案选C。

4．B
【详解】
A．最先发现电子的科学家是汤姆生，A项错误；
B．a A n+的核外电子数为a-n，与b B2-的核外电子数为b+2，由于二者具有相同的电子层结构，说明二者核外电子数相同，即a-n=b+2，即a=b+n+2，B项正确；
C．丁达尔效应是胶体的特有性质，用激光笔照射氢氧化铁胶体能观察到一条光亮的通道，葡萄糖溶液不能，C项错误；
D ．纳米碳酸钙是纯净物，胶体是混合物，纳米碳酸钙并不是分散系，与胶体不同，D 项错误；
答案选B 。

5．B
6．D
【详解】
A ．A 的电子排布式为221s 2s ，为Be 元素，位于第ⅡA 族；
B 的电子排布式为21s ，为He 元素，位于0族，不同族，性质不同，故A 错误；
B ．根据结构示意图，A 原子序数10，为Ne 元素，位于0族；B 原子序数11，为Na +，位于第IA 族，不同族，性质不同，故B 错误；
C ．A 可能为B 元素或者F 元素，B 可能为Al 元素或者Cl 元素，不一定在同一族，性质不一定相同，故C 错误；
D ．A 为C 元素，B 为Si 元素，为同族元素，且性质相似，故D 正确；
故选D 。

【点睛】
若np 轨道有电子且未满，则ns 轨道一定充满。

7．D
【详解】
A ．N 的最高价是+5价，O 没有最高价，F 没有正价，A 错误；
B ．核外电子层数越多，微粒半径越大，核外电子排布相同时微粒半径随原子序数的增大而减小，则3+-+Al F K 、、微粒半径依次增大，B 错误；
C ．卤素单质的熔点随相对分子质量的增大而升高，则单质的熔点：222Cl Br I ＜＜，C 错误；
D ．碱金属单质的熔点随原子序数的增大而减小，则单质的熔点：Na ＞K ＞Cs ，D 正确； 答案选D 。

8．D
【详解】
F 是9号元素，有9个质子和9个核外电子，最外层电子数是7，Cl 是17号元素，有17个质子和17个核外电子，最外层电子数是7，F 和Cl 分别属于元素周期表第二周期、第三周期元素，为第ⅤIIA 元素，原子结构中最外层电子数相同，质子数、电子层数、核外电子数不同，
故选：D 。

9．A
10．A
11．C
【详解】
阳离子2+R 核外有a 个电子，阳离子的质子数=核外电子数+离子所带电荷数2a =+，质量数=质子数+中子数2a b =++，所以R 原子可表示为2
2R a b a +++，故答案为C 。

12．C
【详解】
A ．电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：Se> S > C ，故A 错误；
B ．非金属越强，得电子能力越强，得电子能力：Cl>S >Se ，故B 错误；
C ．非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：Cl>S>Se ，所以酸性：HClO 4>H 2SO 4>H 2SeO 4，故C 正确；
D ．原子的氧化性越强，对应简单离子的还原性越弱，氧化性：Cl 2>S>Se ，所以还原性：Se 2- >S 2-> Cl -，故D 错误。

答案选C 。

二、填空题
13．H<N<O 根据工业制硝酸的反应原理，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要。

【详解】
(1)HNO 3中的元素分别为H 、N 、O ，非金属性强弱为：H<N<O ，故答案为：H<N<O ；
(2)NH 3分子中N 原子分别与3个H 原子形成共价键，则其电子式为；O 为8号元素，核外有2个电子层，最外层有6个电子，价电子排布式为2s 22p 4，则O 原子最外层的轨道表示式为：，故答案为：；；
(3)根据工业制硝酸的反应原理4NH 3＋5O 2Pt-Rh
800−−−→℃
4NO ＋6H 2O 、4NO ＋3O 2＋2H 2O→4HNO 3，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要，故答案为：根据工业制硝酸的反应原理，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要。

14．M 9 Cr 3d 54s 1 O AC
15．4 Fe 3+的价电子构型为3d 5，Fe 2+的价电子构型为3d 6，前者轨道为半满状态，而后者即不是半满，也不是全满或全空，故Fe 3+更为稳定； 3s 23p 63d 10
K 、Cr 4 13
16． F>O>N F>N>O 3-2--N >O >F
17．45 Na 与Li 同族，Na 电子层数多，原子半径大，易失电子 Li 、Be 、B 同周期，核电荷数依次增加。

Be 为1s 22s 2全满稳定结构，第一电离能最大，与Li 相比，B 核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大
【详解】
(1)基态2Fe +和3Fe +的价层电子排布式分别为63d 和53d ，其未成对电子数分别为4和5，即未成对电子数之比为45
； (2)Li 和Na 均为第ⅠA 族元素，由于Na 电子层数多，原子半径大，故Na 比Li 容易失去最外层电子，即()()11Li Na I I >；Li 、Be 、B 均为第二周期元素，随原子序数递增，第一电离能有增大的趋势，而Be 的2s 能级处于全充满状态，较难失去电子，故第一电离能Be 比B 大。

18．E B E E D
19． [Ar]3d 74s 2 45
(或4：5) 第二周期IA 族 s > Na 与Li 同族，Na 电子层数多，原子半径大，易失电子
【详解】
(1)O 是8号元素，基态核外电子排布式为1s 22s 22p 4，轨道表示式为
；
钴是27号元素，在第四周期，其上一周期的稀有气体为Ar ，核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 74s 2，所以简化电子排布式为[Ar]3d 74s 2；
Fe 是26号元素，其核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 64s 2，价层电子为3d 64s 2，Fe 2+的价层电子为3d 6，未成对电子数为4，Fe 3+的价层电子为3d 5，未成对电子数为5，所以答案为4：5；
(2)Li 为3号元素，在周期表中的位置为第二周期IA 族；电子排布式为1s 22s 1，最后排布的是s 轨道，所以是s 区；第一电离能是判断失电子能力，失电子能力越大，第一电离能越小，可以通过微粒半径判断，Na 与Li 同族，Na 电子层数多，原子半径大，易失电子，所以Na 的第一电离能较小
20．A 大于 Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大 N 原子的2p 轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子 O Mn
【详解】
(1)A.[Ne]3s 1属于基态的Mg +，由于Mg 的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较大；
B.[Ne]3s 2属于基态Mg 原子，其失去一个电子变为基态Mg +；
C.[Ne]3s 13p 1属于激发态Mg 原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg 原子；
D.[Ne]3p 1属于激发态Mg +，其失去一个电子所需能量低于基态Mg +，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s 1，
故答案为：A ；
(2)Zn 是第30号元素，所以核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2，Zn 的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难，Zn 的第一电离能应该高于Cu 的第一电离能；
(3)同周期元素，从左到右非金属性依次增大，原子核对电子的束缚能力增大，除氮原子外，其他原子得电子能力依次增大，得电子后形成的阴离子稳定性逐渐增大，所以根据第一电子亲和能的定义可知同周期元素的第一电子亲和能自左向右依次增大；N 的2p 能级上有3个电子，处于半满状态，属于较稳定状态，得电子能力相对较弱，因此第一电子亲和能较同周期相邻元素要低；
(4)元素Mn 与O 相比，由于O 元素是非金属性而Mn 是过渡元素，所以第一电离能较大的是O ，O 基态原子价电子为2s 22p 4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn 基态原子价电子排布为3d 54s 2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn 。

三、解答题
21．sp 2杂化、sp 3杂化 分子晶体 3p F ＞N ＞O 四面体型 ＞ N 原子无2d 轨道 4
212A
10x yN 【详解】
(1)A ﹣234分子中含有2种不同的N 原子，其中N 原子形成共价双键的N 的杂化方式为sp 2杂化；形成共价三键的N 原子杂化类型为sp 3杂化；该物质由分子构成，所形成的晶体类型分子晶体；P 是15号元素，基态P 原子核外电子排布式是1s 22s 22p 63s 23p 3，可见其占据的最高能级为3p 能级；
(2)同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA 族、第V A 族元素第一电离能大于其相邻元素，N 、O 、F 元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，但N 处于第V A 族，所以第一电离能大小为：F ＞N ＞O ；
(3)化合物POF 3属于AX 4E 0型分子，中心原子是P 原子，1+3=4，则WSEPR 模型为四面体结构，由于P 原子上无孤对电子对，则该分子的立体构型为四面体型；
(4)NF 3和NH 3的中心原子都是N 原子，中心原子相同，由于F 的电负性大于H ，所以NF 3的键角小于NH 3，因此键角：NH 3＞NF 3；
(5)N 、P 元素都有+5价，P 能够形成PCl 3和PCl 5，而N 只能形成NCl 3，是因为N 原子最外层没有d 轨道，N 原子不能与Cl 原子形成配位键，因此只有NCl 3，不能形成NCl 5；
(6)由晶胞结构可知N 原子的配位数为4；Ga 原子个数为1+4×1
4
=2，N 原子个数为
1+8×18=2，则一个晶胞质量m =A 2?84N g ，晶胞底面为菱形，锐角为60°。

棱长为x pm=x×10-7 cm ，则底面面积S=x 2×sin60℃=23x 2×10-14 cm 2，晶胞体积V=23x 2
y×10-21
cm 3，则晶胞的密度21A
2A 2-2132?84g N m 1123==10V x yN 3x y 10cm 2ρ=⨯⨯g/cm 3。

22．Na<S<P<Cl 极性 三角锥 分子晶体 C≡O 1:2
23．六或6 哑铃形或纺锤形 1s 22s 22p 63s 23p 63d 5 sp 3 非极性 BC
Fe 3+的3d 轨道是半充满 3:1 12
103A 3610N ρ
⨯ 【详解】
（1）钕(Nd)为60号元素，在周期表中位于第六周期。

基态硼原子中占据的最高能级为2p ，电子云轮廓图形状为哑铃形或纺锤形。

铁原子的电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 64s 2，形成离子优先失去最外层电子，故铁离子的电子排布式1s 22s 22p 63s 23p 63d 5；
（2）①Al 2Cl 6分子中每个铝原子与四个氯原子形成共价键，故A1原子采取sp 3杂化。

Al 2Cl 6分子中正负电荷中心重合，则Al 2Cl 6属于非极性分子；
②Al 最外层的空轨可以接受氧原子提供的孤对电子形成配位键，O 和H 之间形成极性共价键，故选BC ；
（3）基态Fe 2+的价电子排布式为3d 6，则价电子排布图(轨道表达式)为。

Fe 2+容易被氧化成Fe 3+的原因是
Fe 3+的3d 轨道是半充满，比较稳定；
（4）氮化铁晶胞为六棱柱，顶点贡献率为16，棱点贡献率为13，面点贡献率为12。

观察晶胞可知，12个铁原子位于顶点，2个点位于面心，3个铁位于体内。

2个氮位于体内。

则1个晶胞含铁微粒数为1216⨯
+212⨯+3=6，含氮微粒数为2，则该晶体中铁、氮的微粒个数之比为6:2=3:1；
（5）观察图2可知，上、中、下三层各4个氧离子（共12个氧离子）与中心的氧离子紧邻且等距离，而氧化亚铁晶体中氧离子、亚铁离子个数比为1:1，所以与Fe 2+紧邻且等距离的Fe 2+数目为12个。

1个氧化亚铁晶胞含Fe 2+数目为81
8⨯+612
⨯=4，含O 2—数目为
1214
⨯+1=4，所以，1个氧化亚铁晶胞含4个“FeO”，设Fe 2+与O 2—的最短核间距为d pm ，有ρ=1034722d 10A N -⨯⨯⨯（），解得10A 3610ρ
⨯pm 。

24．第4周期、第ⅤA 族 H 3AsO 4 弱 Fe+S 2O 28-=Fe 2++2SO 24- Fe+2Fe 3+=3Fe 2+
SO 4-·+H 2O=·OH+SO 24-+H + pH=7和pH=9时，产生了具有强氧化性的SO 4-·和·OH ，利于生成Fe 2+和Fe 3+，pH=7和pH=9时，Fe 2+和Fe 3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀，有效去除As(Ⅴ)
25．4NH 3+5O 2催化剂Δ4NO+6H 2O 强 C 和N 原子在同一周期(或电子层数相同)，N 原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强 bc 4NH 3(g) + 6NO(g) = 5N 2(g) + 6H 2O(l) ΔH = (3c-3a-2b) kJ·mol -1 2HSO 3- + 2e - + 2H + = S 2O 42- + 2H 2O 2NO + 2S 2O 42- +2H 2O = N 2 + 4HSO 3-
【详解】
(1)氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水，为重要的工业反应，反应的化学方程式为4NH 3+5O 2催化剂Δ4NO+6H 2O ；
(2)由于C 和N 原子在同一周期(或电子层数相同)，N 原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强，所以N 原子吸引电子能力更强；
(3)a ．氮气中两个氮原子之间为三键，故a 错误；
b ．分析题中图可以知道，图②表示N 2、H 2被吸附在催化剂表面，而图③表示在催化剂表面，N 2、H 2中化学键断裂，断键吸收能量，所以图②→图③需要吸收能量，故b 正确；
c ．在化学变化中，氮分子和氢分子在催化剂的作用下断裂成氢原子和氮原子，发生化学键的断裂，然后原子又重新组合成新的分子，形成新的化学键，所以该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成，故c 正确；
答案选bc 。

(4)①中NH 3参与的反应为：4NH 3(g) + 6NO(g) = 5N 2(g) + 6H 2O(l)；
已知：N 2(g) ＋ O 2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·
mol -1 i ； N 2(g) ＋ 3H 2(g) = 2NH 3(g) ΔH = b kJ·mol -1 ii ；
2H 2(g) ＋ O 2(g) = 2H 2O(l) ΔH = c kJ·mol -1 iii ；
根据盖斯定律iii×
3- i×3-ii×2可得4NH 3(g) + 6NO(g) = 5N 2(g) + 6H 2O(l) ΔH =(3c-3a-2b)kJ·mol -1；
(5)①阴极发生还原反应，据图可知亚硫酸氢根离子得电子被还原生成S 2O 42-，电解质溶液显弱酸性，所以电极反应式为：2HSO 3-+2e -+2H +=S 2O 42-+2H 2O ；
②据图可知S 2O 42-与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气和亚硫酸氢根，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：2NO+2S 2O 42-+2H 2O=N 2+4HSO 3-。