山西省忻州市第一中学2018-2019学年高二化学下学期第三次月考试题（含解析）.doc

山西省忻州市第一中学2018-2019学年高二化学下学期第三次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：h 1 c 12 o 16 a1 27 cl 35.5 ga 70 as 75一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活、环境等密切相关。下列说法不正确的是a. 乙醇、双氧水均可用于杀菌消毒b. 首艘国产航母使用的特种钢缆属于金属材料c. 中国在海洋试开采的可燃冰属于有机物d. 减少二氧化硫的排放，可以从根本上消除污染【答案】d【解析】【详解】a乙醇、双氧水杀菌消毒都是使蛋白质变性，故a正确；b特种钢缆属于金属材料，故b正确；c 可燃冰是甲烷水合物，属于有机物，故c正确；d减少二氧化硫的排放，可以降低环境污染，不能消除，故d错误故答案为d。2.下列化工生产不涉及化学变化的是a. 用硫磺生产硫酸b. 分馏法生产汽油c. 热还原法冶炼铁d. 氢气和氮气合成氨【答案】b【解析】【详解】a用硫磺生产硫酸发生的三个反应是s+o2 so2、2so2+o2 2so3、so3+h2oh2so4，发生了化学变化，故a错误；b炼油厂用分馏法生产汽油是利用沸点的不同进行混合物的分离操作，发生的是物理变化，故b正确；c钢铁厂炼铁的原理是用还原剂将铁从其氧化物中还原出来，发生的是化学变化，故c错误；d工业上用氮气和氢气合成氨气：n2+3h2 2nh3，故d错误；故答案为b。3.下列物质的结构与组成表示方法错误的是a. hclo的结构式：h-o-clb. 硫离子的结构示意图：c. 二硫化碳的电子式 d. 中子数为10的氧原子：16o【答案】d【解析】【详解】a次氯酸分子中存在1个氢氧键和1个氧氯键，次氯酸正确的结构式为：h-o-cl，故a正确；b硫离子的最外层有8个电子，即为，故b正确；ccs2是共价化合物，其结构式为s=c=s，碳原子和硫原子之间有2对电子，其电子式为，故c正确；d氧原子的质子数为8，则中子数为10的氧原子为18o，故d错误；故答案为d。4.常温下，下列各组离子在溶液中能大量共存的是a. ba2、al3、cl、so42b. h、k、hco3- ic. nh4+、cu2、cld. fe3、mg2、scn、so42【答案】c【解析】【详解】aba2和so42生成baso4白色沉淀，不能大量共存，故a错误；bh和hco3-反应生成co2和h2o，不能大量共存，故b错误；cnh4+、cu2、cl三者之间不发生离子反应，能大量共存，故c正确；dfe3和scn反应生成配合离子，不能大量共存，故d错误；故答案为c。5.na是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是a. 0. 1 mol苯乙烯中含碳碳双键数为0. 4nab. 13. 35 g alcl3水解形成的a1(oh)3胶体粒子数为0. 1nac. 22. 4 l(标准状况下)氯气溶于水，生成次氯酸分子数为nad. 足量的ch4与1. 0 mol cl2在光照下充分反应，生成hcl分子数为na【答案】d【解析】【详解】a苯环无碳碳双键，每个苯乙烯分子中只有1个碳碳双键，故a错误；b一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，且铝离子水解是可逆反应，故所得的胶粒的个数小于0.1na个，故b错误；ccl2与h2o的反应是可逆反应，反应生成的hclo部分电离，则1molcl2溶于水生成次氯酸分子数小于na，c项错误；dch4和cl2在光照条件下，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷及四氯甲烷，同时生成的hcl的物质的量和参加反应的cl2的物质的量一定相等，即1. 0 mol cl2在光照下充分反应，生成hc1分子数为na，d项正确；故答案为d。6.锌猛干电池是日常生活中常用的一次电池。一种处理废旧干电池的流程如下：下列叙述错误的是a. 合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用b. “水浸”后的滤渣干燥后经充分灼烧可回收其中的mno2c. “沉淀”反应后的滤液可通过蒸发至干回收nh4cld. “沉淀”反应的离子方程式为：zn2 + 2nh3h2o = zn(oh)2 + 2nh4+【答案】c【解析】【详解】黑色碳包用水浸后过滤得到的滤渣为mno2和c粉及固体有机物，滤液中加入氨水并调节ph=8后过滤，生成的沉淀为zn(oh)2，滤液中主要含有nh4cl；a废旧干电池处理不当不仅会造成重金属污染还浪费资源，故a正确；b滤渣中含mno2、c及有机物，灼烧可除去c和有机物，故b正确；c直接蒸发至干会使nh4cl分解挥发，故c错误；d加氨水可将zn2+沉淀得到zn(oh)2，故d正确；故答案为c。7.下列说法正确的是a. 淀粉与纤维素的相对分子质量相等b. 用灼烧的方法鉴别蚕丝和人造纤维c. 蛋白质中加入浓硝酸一定显黄色d. 淀粉、氨基酸和油脂均能发生水解反应【答案】b【解析】【详解】a淀粉和纤维素的聚合度n不同，则化学式不同，相对分子质量不相等，故a错误；b蚕丝成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，故b正确；c有些蛋白质分子中不含苯环，遇浓硝酸不变黄色，故c错误；d淀粉和油脂可水解，而氨基酸不能发生水解，故d错误；故答案为b。8.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系正确的是选项化学性质实际应用afecl3溶液显酸性脱除燃气中h2sbna2s溶液显碱性去除废水中cu2+，hg2+ 等c活性炭具有还原性用作自来水的净化剂dnac1o2具有氧化性脱除烟气中的so2及noxa. ab. bc. cd. d【答案】d【解析】【详解】a脱除h2s利用fecl3溶液的氧化性，故a错误；b去除废水中cu2+、hg2+是利用s2- 与cu2+、hg2+等形成沉淀，与na2s溶液显弱碱性无关，故b错误；c净化自来水是利用活性炭的吸附性，故c错误；dnaclo2具有氧化性，将so2及nox，转化为硫酸和硝酸而去除，故d正确；故答案为d。9.下列指定反应的离子方程式书写正确的是a. 向fei2溶液中通入过量的氯气：2i + cl2 = i2 + 2clb. 用稀硝酸去除试管内壁的银镜：ag + no3 + 2h = ag + no2 + h2oc. 向alcl3溶液中加入过量的naoh溶液：al3 + 3oh = a1(oh)3d. 用稀盐酸溶解铜绿cu2(oh)2co3 ：cu2 (oh)2co3 + 4h = 2cu2+ co2 + 3h2o【答案】d【解析】【详解】afei2溶液中通入过量的氯气，亚铁离子也能被氧化，故a错误；b稀硝酸与银反应生成硝酸银和no气体，故b错误；c向alcl3溶液中加入过量的naoh溶液，生成的al(oh)3沉淀会被溶解，生成naalo2溶液，故c错误；dcu2(oh)2co3不溶于水，用稀盐酸溶解铜绿cu2(oh)2co3 发生反应的离子方程式为cu2 (oh)2co3 + 4h = 2cu2+ co2 + 3h2o，故d正确；故答案为d。【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。10.丙烯与hcl加成可能发生反应和，其能量与反应进程如图所示：下列说法正确的是a. ch3chclch3 比 ch3ch2ch2cl 稳定b. 反应的第i步与第步均放出能量c. 反应的第i步比第步反应速率快d. 活化能反应比的大，反应更易进行【答案】a【解析】【详解】ach3chclch3比ch3ch2ch2cl能量低，能量低的物质稳定，则ch3chclch3比ch3ch2ch2cl稳定，故a正确；b反应的的能量增大、的能量减小，则i吸收能量，故b错误；c反应的第i步比第ii步活化能大，则反应的第i步比第步反应速率慢，故c错误；d活化能反应比大，活化能高难以进行，故d错误；故答案为a。11.主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，且均小于18. x、y、z的原子最外层电子数之和为15；x、z同主族；y是地壳中含量最多的金属元素。则下列说法错误的是a. y、z、w均位于第三周期b. 简单氢化物稳定性：xzc. x、y组成的化合物具有两性d. 离子半径大小：zwyx【答案】d【解析】【详解】x、z同主族，设最外层电子数均为a，y是地壳中含量最多的金属元素，则y为al元素，其最外层电子数为3；x、y、z的原子最外层电子数之和为15，即2a+3=15，解得：a=6，即x为o元素，z为硫元素，结合主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，且均小于18，可知w为cl元素；aal、s、cl均在第三周期，为同周期元素，故a正确；b非金属性os，则简单氢化物稳定性：h2oh2s，故b正确；co、al组成的化合物为氧化铝，与酸和强碱均反应生成盐和水，具有两性，故c正确；d离子核外电子层数越多，离子半径越大，具有相同电子层结构的离子，原子序数大，离子半径反而小，则离子半径大小：s2-cl-o2- al3+，故d错误；故答案为d。12.某校学习小组的同学设计了如下图所示装置验证so2的某些性质。下列说法正确的是a. 中浓硫酸表现强氧化性b. 中紫色石蕊溶液先变红后褪色c. 中硫化氢溶液用于验证so2的氧化性d. 中两个棉球均褪色，加热后均又恢复原来颜色【答案】c【解析】【详解】a在制备so2的反应中，浓h2so4表现强酸性，故a错误；bso2水溶液显酸性，只能使石蕊溶液变红而不褪色，故b错误；c中发生反应so2+2h2s = 3s+2h2o，体现so2的氧化性，则通过观察有沉淀生成即可验证的so2氧化性，故c正确；dso2使品红褪色，但褪色后的品红棉球加热后红色恢复，而so2使高锰酸钾棉球褪色发生了氧化还原反应，则加热后紫色不恢复，故d错误；故答案为c。【点睛】二氧化硫性质主要有：二氧化硫和水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液遇酸变红色；二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，但不能使石蕊褪色；二氧化硫有还原性，能使高锰酸钾能发生氧化还原反应而褪色；二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙；具有氧化性，但比较弱。13.某无色溶液中可能含有k、mg2、al3 ，alo2 、 sio32-、so32-、co32-、so42-，某同学为了探究该溶液存在的离子，进行了如下实验：向溶液中加入过量的稀盐酸，有无色气体x和沉淀y生成，过滤后得到无色溶液z；将x通入溴水中，溴水无明显变化；向z中加入过量的氨水，又有白色沉淀产生。下列判断正确的是a. 原溶液中一定含有k、alo2、so42-b. 原溶液中一定不含mg2+、alo2、so32-c. x、y的化学式依次为so2、mg(oh)2d. 实验中反应为al3+ 3nh3h2o = al(oh)3+ 3nh4+【答案】d【解析】【详解】无色溶液中加入过量的稀盐酸，有无色气体x和沉淀y生成，说明溶液中一定含有sio32-，生成的沉淀为h2sio3；气体x通入溴水中无明显变化，则x为co2，说明含有co32-，不存在so32-，同时也一定无mg2+和al3+，一定含有k；向z溶液中加入过量的氨水，又有白色沉淀产生，说明溶液中一定含有alo2-，无法确定是否有so42-；a由分析知，原溶液中一定含有k、alo2 、 sio32-、co32-，故a错误；b由分析知，原溶液中一定不含mg2、al3、so32-，故c错误；c由分析知，x、y的化学式依次为co2、h2sio3，故c错误；d实验向z溶液中加入过量的氨水，有白色沉淀产生，说明溶液中一定含有alo2-，生成的沉淀为al(oh)3，发生的离子反应为al3+ 3nh3h2o = al(oh)3+ 3nh4+，故d正确；故答案为d。【点睛】破解离子推断题的几种原则：(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：fe2+、fe3+、cu2+、mno4、cro42、cr2o72)；(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生h2、水的电离情况等)；(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；(4)进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。14.最近美国学者成功实现用氮气和水生产氨，其装置如下图所示：下列说法正确的是a. 上图中的能量转化方式只有2种b. a极发生的电极反应为n2 + 6h + 6e = 2nh3c. 装置工作时h 向b极区移动，电解质溶液ph减小d. a极区与b极区产生的气体的物质的量之比为1 ：1【答案】b【解析】【详解】a能量转化方式有：风力机械能电能；光能电能；电能化学能，故a错误；b由图示a极上空气中的n2还原为nh3，a极发生的电极反应为n2+6h+ +6e- = 2nh3，故b正确；ch+向阴极(a极)移动，整个电解质溶液的ph不变，故c错误；d电解总反应为2n2+ 6h2o = 4nh3 + 3o2，a极区与b极区产生的气体的物质的量之比为4：3，故d错误；故答案为b。二、非选择题：共58分。第1517题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1819题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共43分。15.硫代硫酸钠(na2s2o3)广泛用于电镀、鞣制皮革、棉织品漂白后的脱氯剂等。某实验小组的同学以na2s和so2为原料制备na2s2o3。回答下列问题：(1)制备na2s溶液na2s溶液呈碱性，原因是_(用离子方程式表示)。工业品硫化钠中常含有少量na2so4和na2co3，需进行纯化，他们将硫化钠溶于水，然后加入适量的_(填化学式)溶液充分搅拌并过滤，再精制得na2s溶液。(2)利用下图装置制备na2s2o3装置中反应化学方程式为_。实验过程中打开螺旋夹并调节螺旋夹至适当的位置，一方面使反应产生的so2气体较均匀地通入na2sna2co3溶液中，另一方面的作用是_。三口烧瓶内生成na2s2o3的化学方程式为；_；装置的作用是_。【答案】 (1). s2- +h2o hs- +oh- (2). bas或ba(oh)2 (3). na2so3 + h2so4 = na2so4 + h2o +so2 (4). 防止发生倒吸 (5). 2na2s+na2co3+4so2 = 3na2s2o3+co2 (6). 吸收so2、co2等酸性气体并防止倒吸【解析】【分析】(1)na2s是强碱弱酸盐，溶液中s2-易水解；将溶液中的so42-和co32-转化为沉淀，同时不引入新的杂质；(2)装置中硫酸与na2so3溶液反应生成硫酸钠和so2气体；气体溶解于液体时要防倒吸；三口烧瓶内so2气体通入na2sna2co3溶液中，生成na2s2o3和co2气体；so2气体有毒，不能排放到空气中。【详解】(1)na2s是强碱弱酸盐，溶液中s2-易水解且一级水解为主，发生水解反应的离子方程式为s2- +h2ohs- +oh-；硫化钠中常含有少量na2so4和na2co3，将硫化钠溶于水，然后滴加适量的bas或ba(oh)2溶液，将溶液中的so42-和co32-转化为baso4和baco3沉淀，经过滤即得na2s溶液；(2)装置中硫酸与na2so3溶液反应生成硫酸钠和so2气体，发生反应的化学方程式为na2so3 + h2so4 = na2so4 + h2o +so2；实验过程中通过打开螺旋夹并调节螺旋夹至适当的位置，即使反应产生的so2气体较均匀地通入na2sna2co3溶液中，又能起到防倒吸的作用；三口烧瓶内so2气体通入na2sna2co3溶液中，生成na2s2o3和co2气体，发生反应的化学方程式为2na2s+na2co3+4so2 = 3na2s2o3+co2；so2气体有毒，用naoh溶液吸收含有co2、so2的尾气，可防污染环境，同时使用倒置的三角漏斗可防倒吸。16.某铜矿石的主要成分是cu2o，还含有少量的al2o3、fe2o3和sio2。某学习小组模拟化工生产设计了如下流程制备精铜。已知：cu2o + 2 h = cu + cu2 + h2 o回答下列问题：(1)实际生产中，常将铜矿石粉碎的目的是_。(2)滤渣1中含有较多的铜，提纯滤渣1时反应的离子方程式为_。 (3)滤液1中铁元素的存在形式为_(填离子符号)，检验该离子的常用试剂为_。(4)写出加入铝粉时生成铜的化学方程式：_。(5)“电解”精炼过程中，粗铜与外接电源的_极相连；阴极的电极反应式为_。【答案】 (1). 增大与酸的接触面积，提高金属元素的浸出率 (2). sio2+2oh- = sio32- +h2o (3). fe2+ (4). 氯水和硫氰化钾溶液 (或其他合理答案) (5). 2al+3cuo 3cu+al2o3 (6). 正 (7). cu2+ +2e- = cu【解析】【分析】铜矿石的成分中含有cu2o，还含有少量的al2o3、fe2o3和sio2，加入足量稀盐酸并过滤，cu2o溶于酸反应生成铜和铜盐，所以滤渣1为cu、sio2，滤液1中含有亚铁离子、铝离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液过滤得到滤渣2为氢氧化铜、氢氧化铁，将滤渣2在空气中加热灼烧得到氧化铁和氧化铜，和铝发生铝热反应得到粗铜，含有铁杂质，粗铜精炼得到精铜，结合物质的性质分析解答。【详解】(1)酸浸时将铜矿石粉碎，可增大与酸的接触面积，提高金属元素的浸出率；(2) 滤渣1为cu、sio2，可用naoh溶液溶解sio2生成可溶于水的na2sio3，再过滤即可得到cu，发生反应的离子方程式为sio2+2oh- = sio32- +h2o； (3) fe2o3溶解于稀盐酸生成fe3+，fe3+有较强氧化性，能氧化cu生成fe2+，故滤液1中铁元素的存在形式为fe2+；检验fe2+的方法是先滴加kscn溶液不变红色，再滴加氯水，溶液变红色，即可证明溶液中含有fe2+；(4)在高温加热的条件下，铝粉和cuo发生铝热反应生成铜和氧化铝，发生反应的化学方程式为2al+3cuo 3cu+al2o3；(5)粗铜精炼是利用电解原理，粗铜与外接电源的正极相连，发生氧化反应，电解池的阴极是溶液中的cu2+发生还原反应，电极反应式为cu2+ +2e- = cu。17.乙烯是世界上产量最大化学产品之一，乙烯工业是石油化工产业的核心。回答下列问题：(1)乙烷可通过热裂解和氧化裂解制取乙烯。已知下列键能数据：化学键ccc=cchhh键能/ kjmol -1347. 7615413. 4436. 0乙烷直接裂解制乙烯的热化学方程式为_。氧化裂解制乙烯的热化学方程式为c2h6(g) + o2(g) = c2h4(g) + h2o(g) h = - 105 kjmol-1 . 结合分析，氧化裂解相对热裂解生产乙烯的优点是：_(列举1点)。(2)利用生物乙醇在某种分子筛催化下可脱水制取乙烯，相应反应如下：i. c2h5oh(g) c2h4(g) + h2o(g). 2c2h5oh(g) (c2h5)2o(g) + h2o(g)平衡常数kp是用平衡分压代替平衡浓度(平衡分压=总压物质的量分数)及产品选择性如下图所示：反应 c2h5oh(g) c2h4(g) + h2o(g) 的h_(填“”或“”)0。关于上图中交点m，下列说法正确的是_(填字母)。a. 一段时间内，反应i、的速率相等b. 某温度下，反应i、的平衡常数相等c. 一段时间内，反应i、中乙醇的转化率相等(3)利用煤制合成气，再由合成气间接制乙烯包含的反应有：i. co(g) +2h2(g) ch3oh(g) h=a kjmol-1. 2ch3oh(g) c2h4(g) + 2h2o(g) h =b kjmol-1反应 2co(g) + 4h2(g) c2h4(g) + 2h2o(g) h = _kjmol-1 (用 a、b表示)。在容积为1 l的密闭容器中，投入2 mol co和4 mol h2，10 min后，测得c(co) = 1. 2 moll-1min-1，则10 min内v(h2)=_ moll-1min-1。【答案】 (1). c2h6(g) = c2h4(g) + h2(g) h = + 123. 5 kjmol-1 (2). 热裂解是吸热反应需消耗大量的能量，氧化裂解为放热反应，节省能源 (3). (4). b (5). 2a+b (6). 0. 16【解析】【分析】(1) 反应焓变h=反应物总键能-生成物总键能；氧化裂解是放热反应，而热裂解是吸热反应，能量消耗不一样；(2)结合升高温度，平衡移动时lnkp的变化分析h；图示体现的是温度对lnkp的影响； (3) 已知：i. co(g) +2h2(g) ch3oh(g) h=a kjmol-1，. 2ch3oh(g) c2h4(g) + 2h2o(g) h =b kjmol-1，根据盖斯定律，i2+可得反应 2co(g) + 4h2(g) c2h4(g) + 2h2o(g)，由此计算h；根据v=先计算v(co)，再计算v(h2)。【详解】(1)c2h6(g)c2h4(g)+h2(g)，反应焓变h=反应物总键能-生成物总键能=413.4kj/mol6+347.7kjmol-(616kj/mol+413.4kj/mol4+436.0kj/mol)=+ 123. 5kj/mol，则乙烷直接裂解制乙烯的热化学方程式为c2h6(g) = c2h4(g) + h2(g) h = + 123. 5 kjmol-1；氧化裂解制乙烯的热化学方程式为c2h6(g) + o2(g) = c2h4(g) + h2o(g) h = - 105 kjmol-1 ，而乙烷直接裂解制乙烯的热化学方程式为c2h6(g) = c2h4(g) + h2(g) h = + 123. 5 kjmol-1，可见热裂解是吸热反应需消耗大量的能量，氧化裂解为放热反应，节省能源； (2)由图示可知升高温度，平衡移动时lnkp的值不断增大，说明温度升高，kp增大，即平衡正向移动，正方向为吸热反应，故h0；上图中交点m表示某温度时，反应i、的lnkp的值相等，即平衡常数相等，因反应i、的反应原理不同，无法体现乙醇的转化率是否相等和反应i、的速率是否相等，故答案为b； (3)已知：i. co(g) +2h2(g) ch3oh(g) h=a kjmol-1，. 2ch3oh(g) c2h4(g) + 2h2o(g) h =b kjmol-1，根据盖斯定律，i2+可得反应 2co(g) + 4h2(g) c2h4(g) + 2h2o(g)，则h=(a kjmol-1)2+(b kjmol-1)=(2a+b)kjmol-1；在容积为1 l的密闭容器中，投入2 mol co和4 mol h2，10 min后，测得c(co) = 1. 2 moll-1min-1，v(co)=0.08 moll-1min-1，则v(h2)= v(co) =0.08 moll-1min-12=0.16 moll-1min-1。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的h与原热化学方程式之间h的换算关系。(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道试题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。18.镓(ga)、锗(ge)、硅(si)、硒(se)的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料。回答下列问题：(1)基态硒原子的核外电子排布式为ar_，核外电子占据的最高能层的符号是_。 (2)砷与锗、硒是同周期主族元素，该三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)单晶锗具有金刚石结构，其原子之间存在的作用力为_。(4)水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位数是_。硅与氢结合能形成一系列的二元化合物sih4、si2h6等，与氯、溴结合能形成sicl4、sibr4，上述四种物质沸点由高到低顺序为_，丁硅烯(si4h8)中键与键个数之比为_。(5)已知gacl3的熔点77. 9 c ，沸点201c ； gecl4的熔点 -49. 5 c ，沸点84 c，则gacl3的晶体类型为_，gacl3的杂化轨道类型为_，gecl4的空间构型为_。(6)砷化稼的晶胞结构如图所示，若该晶体密度为则晶胞参数a =_cm (用na表示阿伏加德罗常数)。【答案】 (1). 3d104s24p4 (2). n (3). assege (4). 共价键 (5). 4 (6). sibr4sicl4si2h6sih4 (7). 11：1 (8). 分子晶体 (9). sp2 (10). 正四面体 (11). 【解析】【分析】(1) se是34号元素，处于第四周期第第a族；其最外层电子处于电子层第四层；(2) 同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但iia族、va族元素第一电离能高于相邻元素的；(3) 单晶锗具有金刚石型结构，ge原子与周围4个ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体。(4) 水晶晶体中1个硅原子结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，以sio4四面体结构向空间延伸的立体网站结构；均属于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；丁硅烯(si4h8)与丁烯结构类似，分子中有8个si-h键，1个si=si双键、2个si-si键，单键为键，双键含有1个键、1个键；(5)gacl3的熔沸点很低，符合分子晶体的性质；gacl3中ga原子形成3个ga-cl键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3；gecl4中ge原子形成4个ge-cl键，没有孤电子对，价层电子对数为4，微粒空间构型与vsepr模型相同；(6)均摊法计算晶胞中as、ga原子数目，结合密度计算晶胞体积，晶胞体积开三次方可得晶胞参数。【详解】(1) se是34号元素，处于第四周期第a族，核外电子排布式为：ar3d104s24p4 ；其最外层电子处于电子层第四层，则核外电子占据的最高能层的符号是n；(2) 同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但iia族、va族元素第一电离能高于相邻元素的，故第一电离能为：assege；(3) 单晶锗具有金刚石型结构，ge原子与周围4个ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，ge原子之间形成共价键；(4) 水晶晶体中1个硅原子结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，以sio4四面体结构向空间延伸的立体网站结构，水晶的晶体中硅原子的配位数为4；均属于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故沸点：sibr4sicl4si2h6sih4；丁硅烯(si4h8)与丁烯结构类似，分子中有8个si-h键，1个si=si双键、2个si-si键，单键为键，双键含有1个键、1个键，分子中键与键个数之比为11：1；(5)gacl3的熔沸点很低，属于分子晶体；gacl3中ga原子形成3个ga-cl键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，杂化方式为sp2杂化；gecl4中ge原子形成4个ge-cl键，没有孤电子对，价层电子对数为4，微粒空间构型与vsepr模型相同，即空间构型为正四面体；(6)晶胞中黑色球数目为4、白色球数目为8+6=4，则晶胞质量=4g，故晶胞体积=4ggcm-3=cm3，故晶胞参数=cm。【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。19.化合物f