山西省忻州实验中学2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）

山西省忻州实验中学2020高二下学期期中考试化学试卷1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 4gNaOH固体所含电子总数为2NAB. 224lLC2H6所含化学键总数为7NAC. 6gSiO2所含分子数为0.1NA，化学键总数为04NAD. 01molL1NH4Cl溶液中，与Cl数之和小于02NA【答案】A【解析】试题分析：A、4克氢氧化钠的物质的量为4/40=0.1摩尔，每个氢氧化钠中含有20个电子，所以总共含有2 摩尔电子，正确，选A；B、没有说明是否在标况下，不能计算其物质的量，错误，不选B；C、二氧化硅中不含有分子，错误，不选C；D、没有说明溶液的体积，错误，不选D。考点： 阿伏伽德罗常数2.某氧原子的质量是a g，12C原子的质量是b g，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()该氧原子的相对原子质量为12a/bm g该氧原子的物质的量为m/(aNA) mol该氧原子的摩尔质量是aNA ga g该氧原子所含的电子数为8 molA. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】某一原子的相对原子质量是指：以一个碳-12原子质量的作为标准，该原子的质量跟一个碳-12原子质量的1/12的比值。故该氯原子的相对原子质量为=，故正确；根据公式n=，一个该氯原子的质量是a，则1mol该氯原子的质量(摩尔质量)为(aNA)g/mol，那么mg该氯原子的物质的量即为mol，故正确；一个该氯原子的质量是a，1mol该氯原子的质量(摩尔质量)为(aNA)g/mol，摩尔质量是单位物质的量的物质的质量，单位为g/mol，故错误；一个该氧原子的质量是ag，a g该氧原子个数NA=1，1个氧原子所含的电子数是8个，ag该氧原子所含的电子数为8，故错误；正确的有，故选C。3.下列关于晶体的说法中，不正确的是晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性；含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体；共价键可决定分子晶体的熔、沸点；MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小；晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列；晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定；干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻；CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6A. B. C. D. 【答案】D【解析】晶体中原子呈周期性有序排列，且有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，可以用衍射方法鉴别晶体和非晶体，正确；含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，例如金属晶体中也含有阳离子，但含有阴离子的晶体一定是离子晶体，不正确；决定分子晶体的熔、沸点的分子间作用力，共价键决定分子的稳定性，不正确；晶格能与离子半径成反比、与离子电荷成正比，镁离子、氧离子电荷都大于钠离子、氯离子，且半径都小于钠离子、氯离子，所以MgO的晶格能远比NaCl大，正确；晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，正确；在以没有方向性和饱和性的作用力结合形成晶体时，晶体尽量采取紧密堆积方式以使其变得比较稳定，正确；干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，CsCl晶体中阴阳离子配位数是8、NaCl晶体中阴、阳离子的配位数是6，不正确。综上，不正确。点睛：本题考查了晶体和非晶体的区别、晶体的构成、晶胞的概念、配位数的判断等，题目涉及的知识点较多，题目难度不大，注意基础知识的积累。晶体熔沸点高低比较的一般规律是：原子晶体，熔沸点大小和共价键的强弱有关系；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高。4.在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同。根据甲、乙的摩尔质量(M)的关系判断，下列说法中正确的是()A. 若M(甲)M(乙)，则分子数：甲M(乙)，则气体摩尔体积：甲乙C. 若M(甲)乙D. 若M(甲)M(乙)，则气体的体积：甲晶体硅二氧化硅碳化硅B. CI4CBr4CCl4CF4C. MgOH2ON2O2D. 金刚石生铁钠纯铁【答案】B【解析】A原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为金刚石二氧化硅碳化硅晶体硅，选项A错误；B组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为CI4CBr4CCl4CF4，选项B正确；C离子晶体的熔沸点大于分子晶体，水中含有氢键，熔、沸点比氮气、氧气的大，则熔、沸点为MgOH2OO2N2，选项C错误；D熔、沸点：原子晶体金属晶体，合金的熔点比纯金属的低，则熔、沸点为金刚石纯铁生铁钠，选项D错误。答案选B。10.如图是某无机化合物的二聚分子（小球大小只代表种类不同，与原子半径大小无关），该分子中A、B两种元素都是第3周期的元素，分子中所有原子的最外层电子数都达到8个电子的稳定结构。下列说法不正确的是()A. 该化合物的化学式是Al2Cl6B. 该化合物是离子化合物，在熔融状态下能导电C. 该化合物在固态时所形成的晶体是分子晶体D. 该化合物中不存在离子键，也不含有非极性共价键【答案】B【解析】【分析】将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3，为共价化合物，据此分析解答。【详解】A将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3，该化合物的化学式是Al2Cl6，故A正确；BAl2Cl6属于共价化合物，不存在离子键，在熔融状态下不能导电，故B错误；CAl2Cl6属于共价化合物，固态是构成分子晶体，熔沸点较低，故C正确；DAl2Cl6属于共价化合物，不存在离子键，只有极性共价键，不含有非极性共价键，故D正确；故选B【点睛】解答本题的关键是正确判断物质的组成，要注意AlCl3属于共价化合物，不是离子化合物。11.科学家艾哈迈德泽维尔使“运用激光技术观测化学反应时原子的运动”成为可能。泽维尔研究发现，当激光脉冲照射NaI时，Na+和I两核间距在1015(埃，1=110-10m)，呈现离子键；当两核靠近约2.8时，呈现共价键。根据泽维尔的研究成果能得出的结论是()A. NaI晶体是离子晶体和分子晶体的混合物B. 共价键和离子键没有明显的界限C. NaI晶体中既有离子键，又有共价键D. 离子晶体可能含有共价键【答案】B【解析】【详解】ANaI晶体是离子化合物，如改变离子的核间距，可能为共价化合物，但为纯净物，不是混合物，故A错误。B当激光脉冲照射NaI时，Na+和I两核间距在1015，呈现离子键；当两核靠近约2.8时，呈现共价键，由此可知共价键和离子键没有严格的界限，故B正确；CNaI晶体中当Na+和I两核间距在1015，呈现离子键；当两核靠近约2.8时，呈现共价键，但不存在既有离子键，又有共价键的情形，故C错误；DNaOH晶体中就有离子键和共价键，但不是泽维尔的研究成果，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为CD，C要注意NaI晶体中只能存在离子键或共价键，不可能同时存在离子键和共价键，D要注意题意的理解。12.下列对一些实验事实的理论解释正确的是()选项实验事实理论解释A氮原子的第一电离能大于氧原子氮原子2p能级半充满BCO2为直线形分子CO2分子中CO之间的夹角为10928C金刚石的熔点低于石墨金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体DHF的沸点高于HClHF的相对分子质量小于HClA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A原子轨道中电子处于全空、半满、全满时最稳定，氮原子2p能级半充满，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故A正确；B理论解释不对，CO2分子的价层电子对是2，根据价层电子对互斥理论，CO2中C为sp杂化，CO2分子是直线型，故B错误；C金刚石为原子晶体，石墨为混合型晶体，但石墨中共价键的键长比金刚石中共价键键长短，键能更大，所以石墨的熔点比金刚石的高，故C错误；D卤族元素的氢化物都属于分子晶体，但氟化氢分子间存在氢键，氯化氢中不含氢键，导致氟化氢沸点高于HCl，故D错误；故选A。13.下列物质性质的变化规律与键能无关的是()HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱NH3易液化F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点依次升高H2S的熔、沸点小于H2O的熔、沸点A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】【详解】HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱的原因是分子中的键能依次减小，所以氢化物稳定性依次减弱，和键能有关；NH3易液化是因为其分子间存在氢键，与化学键的键能无关；F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高，和分子间作用力有关，与分子内的键能无关；H2S的熔沸点小于H2O的熔沸点，因为水分子间存在氢键，氢键的作用力大于范德华力，则熔沸点与分子间的作用力有关与键能无关；与键能无关的是，故选C。14.为了确定SbCl3、SbCl5、SnCl4是否为离子化合物,可以进行下列实验,其中合理、可靠的是( )A. 观察常温下的状态,SbCl5是苍黄色液体,SnCl4为无色液体。结论:SbCl5和SnCl4都是离子化合物B. 测定SbCl3、SbCl5、SnCl4的熔点依次为73.5 、2.8 、-33 。结论:SbCl3、SbCl5、SnCl4都不是离子化合物C. 将SbCl3、SbCl5、SnCl4溶解于水中,滴入HNO3酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀。结论:SbCl3、SbCl5、SnCl4都是离子化合物D. 测定SbCl3、SbCl5、SnCl4水溶液的导电性,发现它们都可以导电。结论:SbCl3、SbCl5、SnCl4都是离子化合物【答案】B【解析】离子化合物一般熔点较高,熔融后可导电;分子晶体溶于水后也可以发生电离而导电,如HCl等溶于水电离产生Cl-,能与HNO3酸化的AgNO3溶液反应,产生白色沉淀,故A、C、D项都不可靠。15.某同学用烧碱固体配制0.1 molL1的NaOH溶液500 mL，下列说法正确的是()A. 该同学使用的玻璃仪器共有3种B. 该同学配制溶液时忘记冷却，使配制溶液浓度偏小C. 该同学定容时不慎超过刻度线，他用胶头滴管吸出一些至刻度线，则配制溶液浓度偏低D. 该同学在托盘上放置两张称量纸称量样品，由于样品吸水使结果偏高【答案】C【解析】【详解】A用烧碱固体配制0.1 molL1的NaOH溶液500 mL，需要使用的玻璃仪器共有用烧杯溶解氢氧化钠，用玻璃棒搅拌和引流、在容量瓶中定容，用胶头滴管定容以及用到量筒，故A错误；B氢氧化钠溶解时放热，配制溶液时忘记冷却，会导致溶液的体积偏小，使配制溶液浓度偏大，故B错误；C定容时不慎超过刻度线，导致溶液的体积偏大，则配制溶液浓度偏低，故C正确；D氢氧化钠具有强烈的腐蚀性和易潮解的性质，不能放在纸上称量，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意根据配制溶液的步骤，分析判断各步使用的玻璃仪器。16.下列说法正确的是()A. 把100 mL 3 molL1的H2SO4跟100 mL H2O混合，硫酸的物质的量浓度为1.5 molL1B. 把100 g 20%的NaCl溶液跟100 g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%C. 把200 mL 3 molL1的BaCl2溶液跟100 mL 3 molL1的KCl溶液混合后，溶液中的c(Cl)仍然是3 molL1D. 把100 mL 20%的NaOH溶液跟100 mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%【答案】B【解析】【详解】A把100 mL 3 molL1的H2SO4跟100 mL H2O混合，溶液的总体积小于200mL，硫酸的物质的量浓度大于1.5molL-1，故A错误；B与水混合前后，NaCl的质量不变，则把100g20%的NaCl溶液跟100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数为：100%=10%，故B正确；C3molL-1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6molL-1，3molL-1的KCl溶液中氯离子浓度为3molL-1，混合后氯离子浓度介于3molL-16molL-1之间，故C错误；D氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同，不知道氢氧化钠溶液的密度，无法计算混合后溶液的总质量，故D错误；故选B。17.36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 gmL1)，所得溶液的密度为 gmL1，质量分数为w，物质的量浓度为c molL1，NA表示阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是()A. 所得溶液的物质的量浓度为1 molL1B. 所得溶液中含有NA个HCl分子C. 36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 LD. 所得溶液的质量分数：w【答案】D【解析】【详解】A36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似为1g/ml)，所得溶液的体积不是1L，溶质为氯化氢，物质的量浓度c= mol/L，故A错误；B氯化氢是强电解质，溶于水完全电离，溶液中无氯化氢分子，故B错误；C36.5gHCl气体物质的量为1mol，标准状况下占有的体积为22.4L，选项中温度压强不知，不能确定气体的体积，故C错误；D所得溶液的质量分数：=，故D正确；故选D。18.下列说法正确的是()标准状况下，6.021023个分子所占的体积约是22.4 L0.5 mol H2所占体积为11.2 L标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L标准状况下，28 g CO与N2的混合气体的体积约为22.4 L各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 Lmol1标准状况下，体积相同的气体的分子数相同A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】该物质不一定为气体，若为气体时，标准状况下，6.021023个分子所占的体积约是mol22.4L/mol=22.4L，故错误；不一定在标准状况下，则Vm未知，不能利用V=nVm计算，故错误；标准状况下，水不是气体，不能根据V=nVm计算，故错误；CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，标准状况下，28g CO与N2的混合气体的体积约为22.4L/mol=22.4L，故正确；气体摩尔体积与温度、压强有关，状态未知，不能确定气体的摩尔体积，标准状况下，各种气体的气体摩尔体积都约为22.4Lmol-1，故错误；标准状况下，体积相同的气体，物质的量相同，由n=可知，分子数相同，故正确；故选B。19.在100mL 0.10 molL1的 AgNO3溶液中加入100mL溶有2.08g BaCl2的溶液，再加入100 mL溶有0.010 mol CuSO45H2O的溶液，充分反应。下列说法中正确的是（ ）A. 最终得到白色沉淀和无色溶液B. 最终得到的白色沉淀是等物质的量的两种化合物的混合物C. 在最终得到的溶液中，Cl的物质的最为0.02 molD. 在最终得到溶液中，Cu2+的物质的量浓度为0.01 molL1【答案】B【解析】【分析】AgNO3的物质的量为0.1L0.10mol/L=0.01mol，BaCl2的物质的量为 =0.01mol，CuSO45H2O的物质的量为0.010mol，利用Ag+Cl-AgCl、Ba2+SO42-BaSO4分析解答。【详解】AgNO3的物质的量为0.1L0.10mol/L=0.01mol，BaCl2的物质的量为=0.01mol=0.01mol，CuSO45H2O的物质的量为0.010mol， Ag+ + Cl- AgCl0.01 0.01 0.01 Ba2+ + SO42- BaSO40.01 0.01 0.01A因铜离子没有参加反应，则最终得到白色沉淀和蓝色溶液，故A错误；B由计算可知，氯化银和硫酸钡白色沉淀的物质的量都是0.01mol，故B正确；C反应前Cl-的物质的量为0.02mol，参加反应的物质的量为0.01mol，则反应后溶液中剩余的Cl-的物质的量为0.01mol，故C错误；D在最终得到的溶液中，Cu2+的物质的量浓度为=0.033mol/L，故D错误；故选B。20.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为43，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是()A. W、Y、Z的电负性大小顺序一定是ZYWB. W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是WXYZC. Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体D. WY2分子中键与键的数目之比是21【答案】C【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为43，W一定是6号C元素，X一定是13号Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为17号Cl元素，Y是1416号中某元素。若Y是14号Si元素，则电负性是CSi，A不正确；原子半径Al一定是大于C的，B不正确；Y和Z有可能形成SiCl4，此分子的空间构型是正四面体，C正确；WY2分子若是CS2，它与CO2是等电子体，则分子中键与键的数目之比是11，D不正确。21.铜是重要金属，Cu的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，如CuSO4溶液常用作电解液、电镀液等。请回答以下问题：（1）元素金(Au)处于周期表中的第6周期，与Cu同族，金原子最外层电子排布式为_；一种铜合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中铜原子处于面心，金原子处于顶点位置，则该合金中铜原子与金原子数量之比为_，该晶体中，原子之间的作用力是_；（2）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由铜原子与金原子构成的四面体空隙中。若将铜原子与金原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为_。（3）CuSO4晶体的构成微粒是_和_，微粒间的作用力是_，该晶体属于_晶体；（4）SO42中S以sp3杂化，SO42的立体构型是_；（5）CuSO4粉末常用来检验一些有机物中的微量水分，其原因是_。【答案】 (1). 6s1 (2). 31 (3). 金属键 (4). Cu3AuH8 (5). Cu2+ (6). SO42 (7). 离子键 (8). 离子 (9). 正四面体形 (10). 白色CuSO4粉末和水结合生成蓝色的CuSO45H2O晶体【解析】【分析】(1)元素金(Au)处于周期表中的第六周期，与Cu同族，则最外层电子数为1，以此判断电子排布式，利用均摊法计算晶胞；(2)结合(1)的分析和CaF2的结构解答；(3)CuSO4为离子化合物；(4)SO42中S以sp3杂化，没有孤电子对，据此判断SO42的立体构型；(5)无水硫酸铜是白色的，CuSO45H2O是蓝色的，显示水合铜离子特征蓝色，据此分析解答。【详解】(1)元素金(Au)处于周期表中的第六周期，与Cu同族，则最外层电子数为1，则最外层电子排布式为6s1。在晶胞中Cu原子处于面心，N(Cu)=6=3，Au原子处于顶点位置，N(Au)=8=1，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为3：1，为金属晶体，原子间的作用力为金属键；故答案为：6s1；31；金属键；(2)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由铜原子与金原子构成的四面体空隙中。若将铜原子与金原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相同，如图，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，则H原子应位于晶胞内部，则应含有8个H，则化学式为Cu3AuH8，故答案为：Cu3AuH8；(3)CuSO4为离子化合物，晶体的构成微粒是Cu2+和SO42，微粒间的作用力是离子键，该晶体属于离子晶体，故答案为：Cu2+；SO42；离子键；离子；(4)SO42中S以sp3杂化，没有孤电子对，SO42立体构型是正四面体形，故答案为：正四面体形； (5)白色无水硫酸铜可与水结合生成蓝色的CuSO45H2O，显示水合铜离子特征蓝色，故答案为：白色无水硫酸铜可与水结合生成蓝色的CuSO45H2O晶体。【点睛】本题的易错点为(2)，关键是理解“氢原子可进入到由铜原子与金原子构成的四面体空隙中”，就是数四面体空隙的个数。22.某研究性学习小组为研究Cu与浓H2SO4的反应，设计如下实验探究方案（装置中的固定仪器和酒精灯均未画出）。实验选用细铜丝、98.3% H2SO4、品红溶液、澄清石灰水、CCl4、NaOH溶液等药品，铜丝被卷成螺旋状，一端没入浓H2SO4中，另一端露置在液面上方。以下是该学习小组部分交流记录及后续探究实验的记录：材料一：小组交流摘录学生1：加热前，无现象发生；加热后，液面下铜丝变黑，产生气泡，有细小黑色颗粒状物质从铜丝表面进入浓硫酸中，黑色物质是什么？值得探究！学生2：，我也观察到黑色颗粒状物质，后来逐渐转变为灰白色固体，我想该灰白色固体极有可能是未溶于浓硫酸的CuSO4。学生3：你们是否注意到液面以上的铜丝也发黑，而且试管上部内壁有少量淡黄色S固体凝聚，会不会液面以上的铜丝与硫发生了反应，我查资料发现：2Cu+S = Cu2S（黑色）。材料二：探究实验剪辑实验1 将光亮的铜丝在酒精灯火焰上灼烧变黑，然后插入稀硫酸中，铜丝重新变得光亮，溶液呈蓝绿色；将光亮的铜丝置入加热的硫蒸气中变黑，然后插入稀硫酸中无变化。实验2 截取浓硫酸液面上方变黑的铜丝，插入稀硫酸中无变化；将浓硫酸液面下方变黑的铜丝，插入稀硫酸，黑色明显变浅，溶液呈蓝绿色。实验3 将溶液中的黑色颗粒状物质，经过滤、稀硫酸洗、蒸馏水洗、干燥后放入氧气流中加热，然后冷却，用电子天平称重发现质量减少10%左右。根据上述材料回答下列问题：（1）CuSO4可由金属铜与浓硫酸反应制备，该反应的化学方程式为_。（2）A试管上方的长导管的作用是_；D、E两支试管中CCl4的作用是_。（3）加热过程中，观察到A试管中出现大量白色烟雾，起初部分烟雾在试管上部内壁析出淡黄色固体物质，在持续加热浓硫酸（沸腾）时，淡黄色固体物质又慢慢地消失。写出淡黄色固体消失的化学反应方程式：_。（4）对A试管中的浓H2SO4和铜丝进行加热，很快发现C试管中品红溶液褪色，但始终未见D试管中澄清石灰水出现浑浊或沉淀。你的猜想是：_。设计实验验证你的猜想_。（5）根据上述研究，结合所学知识，你认为液面下方铜丝表面的黑色物质成分是_。（写化学式）【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O (2). 冷凝、回流 (3). 防止倒吸 (4). S+2H2SO4（浓）3SO2+2H2O (5). 由于SO2溶解度较大，生成了Ca（HSO3）2溶液的缘故 (6). 取样后，向其中加入氢氧化钠溶液，观察是否有沉淀生成。（或者加热、加盐酸检验SO2气体等方法，开放题，正确即可给分） (7). CuO、CuS、Cu2S【解析】【分析】(1)金属铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，据此书写方程式；(2)长导管除了导气作用之外，还可以让气体冷凝，回流；二氧化硫和强碱的反应十分剧烈，且易溶于水；(3)硫在加热时能和浓硫酸反应生成二氧化硫和水，据此写出反应的化学方程式；(4) SO2的溶解度较大，正盐可能转化为酸式盐，可以使用氢氧化钠溶液将酸式盐转化为正盐检验；(5)根据实验1、实验2、实验3的现象以及定量实验的数据进行对比分析，可以确定黑色物质中有CuO、CuS、Cu2S。【详解】(1)CuSO4可由金属铜与浓硫酸反应制备，该反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；(2)根据实验装置，长导管的作用一定是能导气，但气体在导管中时间一长就会冷凝，回流；二氧化硫在强碱溶液中的溶解度很大，但其不溶于四氯化碳，故可以采用四氯化碳来防止倒吸现象的发生，故答案为：导气、冷凝、回流；防止倒吸；(3)浓硫酸具有强氧化性，硫在加热时能和浓硫酸反应，反应的化学方程式为S+2H2SO4(浓) 3SO2+2H2O，故答案为：S+2H2SO4(浓) 3SO2+2H2O；(4) 对A试管中的浓H2SO4和铜丝进行加热，很快发现C试管中品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫，但始终未见D试管中澄清石灰水出现浑浊或沉淀，可能是SO2溶解度较大，与澄清石灰水反应生成了Ca(HSO3)2溶液；可以加入氢氧化钠溶液，观察是否有沉淀生成，故答案为：由于SO2溶解度较大，生成了Ca(HSO3)2溶液的缘故；取样后，向其中加氢氧化钠溶液，观察是否有沉淀生成；(5)含有铜元素的黑色物质有：CuO、CuS、Cu2S，根据实验1、实验2、实验3的现象进行对比分析可知，液面上的铜丝上的黑色物质主要是不溶于稀硫酸的Cu2S，液面下的铜丝上的黑色物质一定包含可溶于稀硫酸的CuO和不溶于稀硫酸的硫化物（CuS和Cu2S至少有一种）。试管底部有黑色颗粒物质，将溶液中的黑色颗粒状物质，经过滤、稀硫酸洗，除去了其中的CuO，蒸馏水洗、干燥后得到的硫化物放入氧气流中加热，然后冷却，用电子天平称重发现质量减少10%左右。若此硫化物全部是Cu2S，其与氧气反应后生成CuO，固体质量不变；若硫化物全部是CuS，其与氧气充分反应后生成CuO，质量减少16.7%，因此不溶于稀硫酸的硫化物中既有Cu2S，又有CuS。综合以上的分析和计算，可以确定液面下方铜丝表面的黑色物质成分为CuO、CuS、Cu2S，故答案为：CuO、CuS、Cu2S。23.碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：回答下列问题：（1）金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为_。（2）金刚石、石墨烯(指单层石墨)中碳原子的杂化形式分别为_、_。（3）C60属于_晶体，石墨属于_晶体。（4）石墨晶体中，层内CC键的键长为142 pm，而金刚石中CC键的键长为154 pm，其原因是金刚石中只存在CC间的_共价键，而石墨层内的CC间不仅存在_共价键，还有_键。（5）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_(用含分数形式表示，不要求写成百分数)。【答案】 (1). 同素异形体 (2). sp3 (3). sp2 (4). 分子 (5). 混合 (6). (7). (8). (9). 8 (10). (11). 【解析】【分析】(1)由同种元素组成的不同单质互称同素异形体；(2)根据价层电子对互称理论确定原子杂化类型；(3)分子晶体的构成微粒是分子，原子晶体的构成微粒是原子；(4)sp3杂化的碳原子之间形成的共价键为键，sp2杂化的碳原子之间形成的共价键中含有键和键；(5)利用均摊法分析计算。【详解】(1)由同种元素组成的不同单质互称同素异形体，金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，属于同素异形体，故答案为：同素异形体；(2)金刚石中每个碳原子价层电子对个数是4，所以C原子杂化方式为sp3，石墨烯中每个碳原子价层电子对个数是3，所以碳原子杂化方式为sp2，故答案为：sp3；sp2；(3)C60的构成微粒是分子，所以属于分子晶体；石墨的构成微粒是原子，且层与层之间存在分子间作用力，所以石墨属于混合型晶体，故答案为：分子；混合；(4)sp3杂化的碳原子之间形成的共价键为键，sp2杂化的碳原子之间形成的共价键中含有键和键，因此，金刚石中碳原子之间都是碳碳单键，只存在键，石墨中存在自由移动的电子，碳原子之间存在键和键，故答案为：； (5)晶胞中顶点微粒数为：8=1，面心微粒数为：6=3，体内微粒数为4，共含有8个碳原子；晶胞内部含有四个碳原子，则晶胞体对角线长度是碳原子直径的8倍，即 a=8r，r=a；8个碳原子的体积为：8r3，晶胞体积为：a3，碳原子的空间利用率为： = ，故答案为：8；。【点睛】本题的易错点和难点为(5)，要注意利用均摊法进行计算，关键是注意原子半径与晶胞参数的关系。24. 氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如右图所示。基态硼原子的电子排布式为 。 关于这两种晶体的说法，正确的是 (填序号)。a.立方相氮化硼含有键和键，所以硬度大 b.六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软c.两种晶体中的BN键均为共价键 d.两种晶体均为分子晶体六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为 ，其结构与石墨相似却不导电，原因是 。立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为 。该晶体的天然矿物在青藏高原在下约300Km的古地壳中被发现。根据这一矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是 。NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1mo NH4BF4含有 mol配位键。【答案】1s22s22p1b、c平面三角形 层状结构中没有自由移动的电子sp3高温、高压2【解析】试题分析：B位于第2周期A族，核外电子排布式1s22s22p1，形成的六方相氮化硼，每一个B与3个N原子相连，每1个N原子与3个B原子相连，形平面三角形，向空间发展成层状结构六方相氮化硼，不含键，只含键，层与层之间通过范德华力结合在一起；B原子的电子全部成键，能源自由移动的电子，不导电立方相氮化硼每个B原子与4个N原子相连，每个N与2个B原子相连，构成正四面体，向空间发展形成网状结构B原子的杂化方式为sp3，由于六方相氮化硼比立方相氮化硼稳定，所以由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压根据配位键理论，NH4BF4有1个N-H和一个B-F属于配位键。（1）基态硼原子核外有5个电子，分别位于1s、2s、2p能级，根据构造原理知其基态的电子排布式1s22s22p1，故答案为：1s22s22p1；（2）a立方相氮化硼N原子和B原子之间存在共价单键，所以该化合物中含有键不存在键，故错误；b六方相氮化硼层间为分子间作用力，作用力小，导致其质地软，故正确；c非金属元素之间易形成共价键，所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；d立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故错误；故选bc；（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，且B原子不存在孤电子对，所以构成的空间构型为平面三角形，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电，故答案为：平面三角形；层状结构中没有自由移动的电子；（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子和四个N原子形成4个共价单键，所以B原子的