湖北省随州市第一中学2018_2019学年高二化学下学期期中试题（含解析）.docx

随州一中2018-2019学年第二学期期中考试高二化学试题 (时间：90分钟 满分：100分)可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 64 Fe 56 Zn 65一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1.若某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为，则下列说法错误的是（ ）A. 该元素可能有+3价B. 该元素位于第5周期第IIIB族C. 该元素原子核外共有39个不同运动状态的电子D. 该元素基态原子第N能层上还有5个空轨道【答案】D【解析】【分析】某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，应为Y元素，位于周期表第B族，处于d区，为金属元素，原子核外电子排布为Kr4d15s2。【详解】A项、由Y原子的外围电子排布为4d15s2可知，该原子可能失去5s轨道上的2个电子和4d轨道上的1个电子得到Y3+离子，故A正确；B项、由基态原子的核外电子排布可知该元素位于周期表第五周期第B族，故B正确；C项、由原子核外电子排布为Kr4d15s2可知Y元素原子中共有39个电子，有39个不同运动状态电子，故C正确；D项、该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有1个未成对电子，为4d1，第N能层的4d能级上有4个空轨道，故D错误。故选D。【点睛】本题考查原子核外电子排布，熟练掌握元素周期表的结构，注意元素价层电子排布特点以及与在周期表位置的关系是解答关键。2.下列说法中，不正确的是（ ）A. 光谱分析可用于元素检测，稀有气体He就是在分析太阳光谱时发现的B. X射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法C. 等电子体具有相同的价电子总数，导致它们具有相同的化学性质D. 分子中只含极性键的分子不一定是极性分子。【答案】C【解析】【详解】A.利用光谱分析可以发现新元素或利用特征谱线鉴定元素，科学家们通过太阳光谱的分析发现了稀有气体氦，故A正确；B.晶体会对X射线发生衍射，而非晶体不会对X射线发生衍射，通过有无衍射现象即可区分晶体与非晶体，所以X射线衍射实验是区别晶体与非晶体最科学的方法，故B正确；C.等电子体结构相似，物理性质相近，化学性质不一定相同，例如：CO和N2是等电子体，其二者的化学性质是不相同的，故C错误；D.CO2分子中只含有极性键，是非极性分子，所以分子中只含极性键的分子不一定是极性分子，故D正确。故选C。3.据报道，近年来发现了一种新的星际分子，其分子模型如图所示(图中球与球之间的连线代表化学键，如单键、双键、三键等，颜色相同的球表示同一种原子)。下列对该物质的说法中正确的是（ ）A. 处的化学键表示碳碳双键B. 处的化学键表示碳碳单键C. 处的原子可能是氯原子或氟原子D. 此星际分子属于烃类【答案】B【解析】【分析】该分子为有机物，有机物分子中碳原子形成了4个共价键，从左边氢原子开始推断，第一个碳碳键为碳碳三键，第二个碳碳键为单键，第三个为三键，同理可推出为碳碳三键，为碳碳单键，与其相连的碳应该为三键，即结构简式为：HCC-CC-CC-CC-C，据此进行判断。【详解】该分子为有机物，有机物分子中碳原子形成了4个共价键，从左边氢原子开始推断，第一个碳碳键为碳碳三键，第二个碳碳键为单键，第三个为三键，同理可推出为碳碳三键，为碳碳单键，与其相连的碳应该为三键，即结构简式为：HCC-CC-CC-CC-C，A处的键为碳碳三键，故A错误；B处的键为碳碳单键，选项B正确；C.原子形成的键为三键，所以不可能为氯原子或氟原子，选项C错误；D颜色相同的球表示同一种原子，说明有3中原子，不属于烃类，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查有机物结构，是对学生综合能力的考查与知识的运用，解题关键是根据有机物中碳原子形成的共价键数目推断有机物中存在的化学键，难度不大。4.已知某XY2分子属于V形分子，下列说法正确的是（ ）A. X原子一定是sp2杂化B. X原子一定为sp3杂化C. X原子上一定存在孤电子对D. VSEPR模型一定是平面三角形【答案】C【解析】【详解】A.X原子可能是sp2杂化，如二氧化硫分子中价层电子对数为：2+1=3，含有2个o键和1个孤电子对，采用sp2杂化，分子构型为V形，所以X原子可能是sp2杂化，但也可能是sp3杂化，如OF2分子，A错误；B.X可能是sp3杂化，如OF2分子中价层电子对数为：2+2=4，所以中心原子为sp3杂化，其VSEPR模型为正四面体，该分子中含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形，但X原子可能是sp2杂化，如SO2，B错误；C.X原子一定存在孤电子对，C正确；D.VSEPR模型不一定是平面三角形，如OF2分子的VSEPR模型为正四面体，D错误；故合理选项是C。5.下列比较正确的是（ ）A. 第一电离能：I1(P)I1(S)B. 离子半径：r(Al3)r(O2)C. 能量：E(4s)E(3d)D. 电负性：K原子Na原子【答案】A【解析】试题分析：AP的原子外层电子为半充满状态，第一电离能较大；B核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；C能级能量应为E（3d）E（4s）；D根据同主族元素的性质递变规律判断解：AP的原子外层电子为半充满状态，第一电离能较大，故A正确；BAl3+与O2的核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故B错误；C根据构造原理可知能级能量应为E（3d）E（4s），故C错误；D同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，故D错误故选A点评：本题考查元素周期律知识，题目难度不大，注意把握电离能、电负性以及原子核外电子排布规律，注重基础知识的积累6.下列说法不正确的是（ ）A. SiO2、SiCl4的相对分子质量不同，所以沸点不同B. NH4C1与NaOH所含化学键类型和晶体类型均相同C. 金属Ag的堆积方式是面心立方最密堆积D. CO2与水反应过程中，有共价键的断裂和形成【答案】A【解析】【详解】ASiO2是原子晶体，SiCl4是分子晶体，原子晶体熔沸点大于分子晶体，则沸点：SiO2SiCl4，解释不正确，故A错误；BNH4C1是离子晶体，含有离子键和极性键，NaOH是离子晶体，含有离子键和极性键，所含化学键类型和晶体类型均相同，故B正确；C由Ag晶体的晶胞图可知，银晶体的堆积方式为面心立方最密堆积，故C正确；D、二氧化碳与水反应生成碳酸，反应中有水分子中的氢氧共价键的断裂和碳酸中碳氧共价键的形成，故D正确；答案选A。7.下列说法和解释错误的是（ ）A. 冰融化时，需破坏晶体中的全部氢键，所以冰融化时密度变大B. 卤化物CX4从F到I，由于分子量增大，分子间范德华力增大，熔沸点也逐渐升高C. 由于石墨晶体中层间距较远，电子不易实现迁移，所以石墨的导电性只能沿石墨平面的方向D. 金属中的“电子气”在电场中可以定向移动，所以金属具有良好的导电性。【答案】A【解析】【详解】A.水分子间存在范德华力和氢键，冰融化时，需要破坏晶体中的范德华力和氢键，冰融化时密度变小，故A错误；B.对于分子晶体来说，熔沸点高低取决于分子间的作用力范德华力，一般来说，对于组成和结构相似的分子，随分子量的增大，分子间力增大，其熔沸点升高，故B正确；C.石墨晶体中层与层之间相隔340pm，距离较大，是以范德华力结合起来的，即层与层之间属于分子晶体，电子不易实现迁移，所以石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，故C正确；D.金属内部有自由电子，当有外加电压时电子定向移动，因此金属可以导电，故D正确。故选A。8.下列说法中正确的是（ ）A. HCHO分子中既含键又含键B. CO2分子中的化学键为非极性键C. NH3分子中N原子的杂化轨道类型是sp2D. 沸点：PH3NH3H2O【答案】A【解析】试题分析：A单键含有一个键，双键含有一个键和一个键，已知甲醛的结构简式为，则分子中既含键又含键，故A正确；B不同非金属原子之间形成极性键，则CO2分子中C与O形成极性键，故B错误；CNH3分子中N原子的价层电子对数为3+（5-31）=4，sp3为杂化，故C错误；D含有氢键的氢化物，氢键数目越多，沸点越高，元素的非金属越强，越易形成氢键，其沸点越高，则沸点：H2OHFNH3，故D错误；故选A。考点：考查共价键、杂化类型的判断、氢键等。9.某物质的实验式为PtCl42NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（ ）A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6B. 该配合物可能是平面正方形构型C. Cl和NH3分子均与Pt4配位D. 配合物中Cl与Pt4配位，而NH3分子不配位【答案】C【解析】水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。10.橡皮筋在拉伸和收缩状态时结构如图。在其拉伸过程中有放热现象。25、101 kPa时，下列过程的焓变、熵变和自发性与橡皮筋从拉伸状态到收缩状态一致的是（）A. CaCO3=CaO+CO2B. NaOH的溶解C. 2H2+O2=2H2OD. Ba(OH)28H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2O【答案】D【解析】橡皮筋拉伸过程中有放热现象，则橡皮筋从拉伸状态变收缩状态是吸热过程，混乱度增加，即熵增过程且在25、101kPa时自发进行。A项，CaCO3分解是吸热反应，且熵增，但CaCO3在25、101kPa下不会自发分解，错误；B项，NaOH的溶解放热，且混乱度增加，熵增，错误；C项，H2在O2中燃烧放热，且熵减，错误；D项，该反应是吸热反应，且熵增，在25、101kPa下能自发发生，正确；答案选D。11.某温度下，在容积为1L的密闭容器中充入1molCO2和发生测得的物质的量随时间的变化如图所示，(已知，此温度下，该反应的平衡常数)下列说法正确的是（ ）A. B. 点b所对应的状态为化学平衡状态C. CH3OH的生成速率，点a低于点bD. 欲增大平衡状态时，可保持其他条件不变，升高温度【答案】B【解析】【分析】据定义计算反应速率，并利用不同物质表示的反应速率之间的关系进行换算；据可逆反应进行过程中正逆反应速率的变化，比较有关速率的大小；利用Qc与K的关系判断是否化学平衡状态；用平衡移动原理判断平衡移动方向。【详解】A项：010min，n(CH3OH)增加0.75mol，v(CH3OH)=0.75mol/(1L10min)=0.075molL-1min-1，则v(H2)=0.075mol/(1L10min)3=0.225molL-1min-1，A项错误；B项：据图中数据，点b所在状态有0.25molCO2、1.0molH2、0.75molCH3OH、0.75molH2O(g)，将它们的浓度代入Qc表达式，得Qc2.25K，为化学平衡状态，B项正确；C项：从起始到平衡过程中，的生成速率（正反应速率）逐渐减小，即正反应速率点a高于点b，C项错误；D项：欲使平衡状态时增大，即使平衡右移。因Hc(Na+)c(OH-)C. 水的电离程度:cbaD. 当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)【答案】A【解析】1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱。A.该温度下，1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，醋酸的电离平衡常数Ka=，故A错误；B. a点溶液的pH=3.1，是加入的醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c(CH3COO-)c(Na+)，醋酸的电离程度较小，则c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)，故B正确；C. a以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，b点加入醋酸水的电离程度减小，c点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度cba，故C正确；D. 当混合溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)，故D正确；故选A。15.下列说法正确的是A. 氢键、分子间作用力、离子键、共价键都是微粒间的作用力，其中氢键、离子键和共价键是化学键B. 石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，用这种方法从C60、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向C. 下列物质的熔沸点由大到小排列：晶体硅碳化硅金刚石D. 黄色晶体碳化铝，熔点2 200，熔融态不导电，是原子晶体【答案】D【解析】【详解】A项、氢键属于分子间作用力，不是化学键，故A错误；B项、石墨晶体中含有层状结构，可从石墨材料中剥离出的单层碳原子面材料(石墨烯)，C60、金刚石等不含有层状结构，不能得到单层碳原子面材料，故B错误；C项、晶体硅、碳化硅、金刚石都是原子晶体，硅原子半径大于碳原子，键长逐渐减小，键能逐渐增大，熔沸点逐渐升高，故C错误；D项、黄色晶体碳化铝，熔点2 200 ，熔融态不导电，满足原子晶体的特征，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、原子晶体的物理性质等知识点，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力为易错点。16.根据下列结构示意图，判断下列说法中正确的是( )A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的多个Cl-构成正四面体B. 在CaF2晶体中，Ca2+的配位数为4C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：2D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE【答案】C【解析】【详解】A、在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，而每个Na+离子为8个晶胞共有，则距Na+最近的多个Cl-构成正八面体，选项A错误；B、Ca2+位于晶胞的顶点和面心，晶胞中含有Ca2+的个数为8而不是4，选项B错误；C、在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，则每个碳原子形成的共价键平均为4=2，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：2，选项C正确；D、气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，选项D错误。答案选C。二、非选择题(本题包括4小题，共52分)17.（1）已知：Fe(s)1/2O2(g)=FeO(s) H1272.0kJmol1；2Al(s)3/2O2(g)=Al2O3(s) H21675.7kJmol1。Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是_。（2）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。如图为“镁次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的_(填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为_。镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学用语解释其原因_。 （3）乙醛酸(HOOCCHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。N电极上的电极反应式为_。若有2molH通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为_mol。【答案】 (1). 3FeO(s)2Al(s)=Al2O3(s)3Fe(s) H859.7kJmol1 (2). 负 (3). ClO2eH2O=Cl2OH (4). Mg2H2O=Mg(OH)2H2 (5). HOOCCOOH2e2H=HOOCCHOH2O (6). 2【解析】【分析】（1）由盖斯定律计算可得；（2）由示意图可知，“镁次氯酸盐”燃料电池中失电子的为负极，则镁合金为负极，电极反应式为Mg2e2OH=Mg(OH)2，铂合金为正极，正极上ClO得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为ClO+2e+H2O=Cl+2OH。（3）根据H+的移动方向可知，M电极是阳极，Cl-在阳极上发生失电子的氧化反应生成Cl2，电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，N电极为阴极，HOOC-COOH在阴极上得电子发生还原反应生成HOOC-CHO，电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+=HOOC-CHO+H2O。【详解】（1）依据盖斯定律计算-3得到：3FeO（s）+2Al（s）=Al2O3（s）+3Fe（s）H=-859.7kJ/mol；故答案为：3FeO（s）+2Al（s）=Al2O3（s）+3Fe（s）H=-859.7kJ/mol；（2）由示意图可知，“镁次氯酸盐”燃料电池中，E为镁合金，为燃料电池的负极，F为铂合金，为正极，正极上ClO得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为ClO+2e+H2O=Cl+2OH，故答案为：负；ClO2eH2O=Cl2OH；Mg的活泼性较强能与水反应生成氢气，其反应为：Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2，故答案为：Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2；（3）N电极为电解池的阴极，HOOC-COOH在阴极上得电子发生还原反应生成HOOC-CHO，电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+=HOOC-CHO+H2O，故答案为：HOOC-COOH+2e-+2H+=HOOC-CHO+H2O；2mol H+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据电极方程式HOOC-COOH+2e-+2H+=HOOC-CHO+H2O，可知阴极生成1mol乙醛酸；阳极（M极）电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，乙二醛与Cl2的反应为Cl2+OHCCHO+H2O=HOOCCHO+2HCl，根据题意和阴、阳极得失电子相等，阳极也生成1mol乙醛酸；由于两极均有乙醛酸生成，所以生成的乙醛酸为2mol，故答案为：2。【点睛】本题考查了热化学方程式书写和电化学原理的应用，掌握盖斯定律计算方法，把握原电池原理和电解池原理以及电解过程中的计算是解答关键。18.I用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)2NO(g)N2(g)CO2(g)。在2L恒容密闭容器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。实验编号温度/起始时NO的物质的量/mol平衡时N2的物质的量/mol17000.400.0928000.240.08（1）写出上述反应的平衡常数表达式_。（2）结合表中数据，判断该反应的H_0(填“”或“”)，理由是_判断该反应达到平衡的依据是_。A容器内气体密度恒定 B容器内各气体浓度恒定C容器内压强恒定 D2v正(NO)v逆(N2)II结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：酸电离常数(Ka)CH3COOH1.8105HClO3108H2CO3K14.4107 K24.71011H2C2O4K15.4102 K25.4105H2SK11.3107 K27.11015请回答下列问题：（1）同浓度的CH3COO、ClO、S2中结合H的能力最弱的是_。（2）常温下0.1molL1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_(填字母)。Ac(H) Bc(H)/c(CH3COOH) Cc(H)/c(OH) Dc(OH)（3）0.1molL1的H2C2O4溶液与0.1molL1的KOH的溶液等体积混合后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_。（4）pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是CH3COOK_NaClO，两溶液中：c(Na)c(ClO)_c(K)c(CH3COO)(填“”“”或“”)。（5）向0.1molL1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)c(CH3COO)59，此时溶液pH_。【答案】 (1). (2). (3). 计算700和800的平衡常数K1K2，所以H0 (4). AB (5). (6). AC (7). c(K)c()c(H)c(C2O42-)c(OH) (8). (9). (10). 5【解析】【分析】I（1）由方程式可知，该反应的化学平衡常数K为；（2）建立三段式计算700和800的平衡常数，比较平衡常数的大小，判断平衡移动方向；化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分浓度保持不变；II(1) 电离平衡常数越大，酸性越强，酸越强其对应酸根离子结合氢离子能力越弱；（2）醋酸为弱酸，稀释过程中醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子、醋酸根离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，由于溶液体积变化程度更大，则溶液中氢离子、醋酸根离子、醋酸的浓度减小；由于水的离子积不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大；（3）0.1molL1的H2C2O4溶液与0.1molL1的KOH的溶液等体积混合，反应生成KHC2O4，KHC2O4溶液呈酸性，说明溶液中HC2O4-电离大于水解；（4）根据电离平衡常数可知：酸性CH3COOHHClO，则NaClO的水解程度大于CH3COOK；（5）依据醋酸的电离平衡常数和题给数据计算可得。【详解】I（1）由方程式可知，该反应的化学平衡常数K为；（2）由题意建立700时平衡三段式如下：C(s)2NO(g)N2(g)CO2(g)起（mol/L） 0.2 0 0变（mol/L） 0.09 0.045 0.045平（mol/L） 0.11 0.045 0.045化学平衡常数K1=0.17由题意建立800时平衡三段式如下：C(s)2NO(g)N2(g)CO2(g)起（mol/L） 0.12 0 0变（mol/L） 0.08 0.04 0.04平（mol/L） 0.04 0.04 0.04化学平衡常数K2=1由计算结果可知，700时平衡常数K1小于800的平衡常数K2，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，则该反应为吸热反应，H0，故答案为：H0；计算700和800的平衡常数K1K2，所以H0；A、C为固体，该反应是一个气体质量增大的反应，恒容密闭容器中混合气体的密度保持不变，说明气体的质量不变，能说明反应达平衡状态；B、容器内各气体浓度恒定，说明正逆反应速率相等，能说明反应达平衡状态；C、该反应是一个气体体积不变的反应，容器内压强始终保持不变，不能说明反应达平衡状态；D、2正（NO）=逆（N2），NO、N2表示的正、逆反应速率之比不等于计量数之比，说明反应没有达到平衡状态；故答案为：AB；II(1)根据表中数据可知，酸的电离出平衡常数大小为：H2C2O4 HC2O4CH3COOHH2CO3 H2S HClO HCO3-HS，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为：H2C2O4 HC2O4CH3COOHH2CO3 H2S HClO HCO3-HS，酸越强其对应酸根离子结合氢离子能力越弱，则结合H的能力最弱的是HC2O4，故答案为：HC2O4；(2)A、醋酸为弱酸，稀释过程中醋酸的电离程度增大，溶液中H离子物质的量增大， c（H+）减小，故符合题意；B、醋酸的电离常数Ka=，则=，醋酸稀释过程中，温度不变电离常数不变，醋酸根浓度减小，增大，则增大，故不符合题意；C、水的离子积常数Kw=c（H+）c（OH-），醋酸稀释过程中，温度不变水的离子积常数不变，c（H+）减小，c（OH-）增大，则减小，故符合题意；D、水的离子积常数Kw=c（H+）c（OH-），醋酸稀释过程中，温度不变水的离子积常数不变，c（H+）减小，c（OH-）增大，故不符合题意；故答案为：AC；（3）0.1molL1的H2C2O4溶液与0.1molL1的KOH的溶液等体积混合，反应生成KHC2O4，KHC2O4溶液呈酸性，说明溶液中HC2O4-电离大于水解，则c（H+）c（OH-），溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（K+）c（HC2O4-）c（H+）c（C2O42-）c（OH-），故答案为：c（K+）c（HC2O4-）c（H+）c（C2O42-）c（OH-）；（4）根据电离平衡常数可知：酸性CH3COOHHClO，则NaClO的水解程度大于CH3COOK，所以pH相同时CH3COOK的浓度大于NaClO；由于两溶液的pH相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，根据电荷守恒可得：c（Na+）-c（ClO-）= c（K+）-c（CH3COO-），故答案为：；（5）醋酸的电离平衡常数Ka= 1.810-5，溶液中c（CH3COOH）：c（CH3COO-）=5：9，则c（H+）=1.810-5=1.810-5= 110-5mol/L，则该溶液的pH=5，故答案为：5。19.W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知 W 的一种核素的质量数为 18，中子数为 10；X 和 Ne 的核外电子数相差 1；在Z所在的周期中，Z 元素的原子得电子能力最强；四种元素的最外层电子数之和为18。请回答下列问题：（1）X 元素位于元素周期表中位置为_。（2）X 的单质和Y的单质相比，熔点较高的是_（写化学式）。 Z 所在族的简单氢化物中，沸点最高的是_(写化学式)，原因为_。（3）W、X、Z 三种元素形成的化合物中化学键类型为_；X2W2的电子式为_。（4）Y 与 Z 形成的化合物在常温下是一种液态，它和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式为_。（5）Z 的氧化物很多，其中一种黄绿色气体M，其氧含量为 47.41，可用于水处理，M在液态和浓缩气态时具有爆炸性。M的化学式为_。M可与 NaOH溶液反应生成两种稳定的盐，它们的物质的量之比为15，该反应的化学方程式为_。（6）在25C、101kPa 下，已知 Y 的简单气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移 1mol 电子放热 190kJ，该反应的热化学方程式为_。【答案】 (1). .第三周期, 第IA族 (2). Si (3). HF (4). HF 分子间能形成氢键 (5). 离子键、共价键 (6). (7). SiCl4 3H2OH 2SiO3 3HCl (8). ClO2 (9). 6ClO26NaOHNaCl5NaClO33H2O (10). SiH4 (g)2O2 (g)SiO2 (s)2H2O(l) H1520kJ/mol【解析】【分析】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则其质子数为18-10=8，故W为O元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，原子半径大于O，故X为Na；由原子序数可以知道，Y、Z处于第三周期， Z的吸引电子的能力在同周期主族元素中最大，则Z为Cl，四种元素的最外层电子数之和为18，则Y的最外层电子数为18-6-1-7=4，所以Y为Si。【详解】（1）X 元素为Na元素，位于元素周期表中位置为第三周期，第IA族；（2）金属Na的熔点较低，Si属于原子晶体，熔点很高，故Si的熔点较高；Cl位于元素周期表第A族，F的电负性强，分子间可形成氢键，故HF沸点最高；（3）W、X、Z 三种元素形成的化合物可能为NaClO，离子化合物，其中含有离子键和共价键；X2W2为Na2O2，离子化合物，电子式为：；（4）Y与Z形成的化合物为SiCl4，和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，应生成H2SiO3与HCl，该反应的化学方程式是：SiCl4 3H2OH 2SiO3 3HCl；（5）Z 的氧化物很多，其中一种黄绿色气体 M，其氧含量为 47.41，则氯的含量为52.59%设M的化学式为ClxOy,则35.5x:16y=52.59:47.41，计算得x: y=1:2，则M为ClO2；M 可与 NaOH 溶液反应生成两种稳定的盐，它们的物质的量之比为 15，即NaCl 和NaClO3，则反应方程式为：6ClO26NaOHNaCl5NaClO33H2O；（6）1mol SiH4完全燃烧转移的电子数为8mol，所以放热为190kJ8=1520kJ，因此热化学方程式为SiH4 (g)2O2 (g)SiO2 (s)2H2O(l) H1520kJ/mol。【点睛】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则其质子数为18-10=8，故W为O元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，原子半径大于O，故X为Na；由原子序数可以知道，Y、Z处于第三周期， Z的吸引电子的能力在同周期主族元素中最大，则Z为Cl，四种元素的最外层电子数之和为18，则Y的最外层电子数为18-6-1-7=4，所以Y为Si。选做题（20、21任选一题）20.由P、S、Cl、Ni等元素组成的新型材料有着广泛的用途，回答下列问题。（1）基态Cl原子核外电子排布式为_，P、S、Cl的第一电离能由大到小顺序为_。（2）SCl2分子中的中心原子杂化轨道类型是_，该分子构型为_。（3）Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4，该分子中配位键个数为_；以“”表示键、“”表示配位键，写出Ni(CO)4分子结构式_。（4）已知MgO与NiO的晶体结构(如图)相同，其中Mg2+和Ni2+的离子半径分别为66 pm和69pm。则熔点：MgO_NiO(填“”、“”或“”)，理由是_。（5）若NiO晶胞中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为_。（6）金刚石晶胞含有_个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r= _a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率_（请用r和a表示不要求计算结果）。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p5 (2). Cl P S (3). sp3 (4). V形 (5). 8 (6). (7). (8). Mg2+半径比Ni2+小，MgO的晶格能比NiO大 (9). (1，1/2，1/2) (10). 8 (11). (12). 【解析】【分析】（1）Cl元素的原子序数为17，最外层的电子数为7；P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；（2）SCl2分子中S原子的孤电子对数为2，价层电子对数为4；（3）配合物Ni（CO）4分子中，Ni原子与4个CO分子形成4个配位键，CO分子中C与O形成1个配位键；（4）由图可知MgO与NiO的晶体结构相同，同为离子晶体，离子晶体晶格能越大，熔点越高；（5）根据NiO的晶胞结构，已知原子坐标A（0，0，0），B（1，1，0），C在右侧面心处；（6）由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶点有8个C原子，用“均摊法”确定金刚石晶胞中含有的碳原子数。根据硬球接触模型，晶胞体对角线等于碳原子半径的8倍。【详解】（1）Cl元素的原子序数为17，最外层的电子数为7，基态Cl原子电子排布为1s22s22p63s23p5；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：ClPS，故答案为：1s22s22p63s23p5；Cl P S；（2）SCl2分子中S原子的孤电子对数为（6-21）=2，价层电子对数为4，则S原子的杂化方式为sp3杂化，分子的空间构型为V形，故答案为：sp3；V形；（3）配合物Ni（CO）4分子中，Ni原子与4个CO分子形成4个配位键，CO分子中C与O形成1个配位键，该分子的空间结构示意图为，由示意图可知分子中含有8个配位键，故答案为：8；（4）由图可知MgO与NiO的晶体结构相同，同为离子晶体，离子晶体晶格能越大，熔点越高；Mg2+和Ni2+的离子半径分别为66pm和69pm，离子半径小，