2020-2021学年四川省内江市威远中学高二上学期期中考试 化学试题解析版

第20页/共20页威远中学校2020-2021学年高2019级第3期半期考试化学相对原子质量：Si-28P-31Fe-56O-16S-32Zn-65C-12Cu-64Ag-108N-14一、单选题1.有机化学知识在生活中应用广泛，下列说法错误的是A.利用天然气做燃料可以有效地减少“温室效应”的气体产生B.由于乙醇能够溶解很多有机物和无机物，所以可用乙醇提取中药的有效成分C.可以用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土来吸收水果或花朵产生的乙烯，达到保鲜目的D.从石油中可以获得乙烯，乙烯是一种重要的基本化工原料【答案】A【解析】【分析】

【详解】A．天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧时会生成二氧化碳和水，其中二氧化碳含量过高也会导致“温室效应”，错误；B．药中含有有机物，利用相似相溶原是可用乙醇提取，正确；C．乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，正确；D．石油的裂解可获得乙烯，且乙烯是一种重要的基本化工原料，其产量的高低可衡量一个国家石油化学工业水平的高低，正确。2.已知断裂1mol气态分子AB中共价键变成气态A和B原子所需要吸收的能量叫A—B键的键能。几种化学键的键能数据如下表所示：化学键Br-BrF-FH-FH-BrC-CC≡CH-H键能/(kJ·mol-1)194157568366348812436下列说法正确的是A.H-F键的稳定性比H-Br键弱B.2HBr(g)=H2(g)+Br2(1)ΔH=+102kJ·mol-1C.F2(g)=2F(g)ΔH=-157kJ·mol-1D.2HBr(g)+F2(g)=Br2(g)+2HF(g)ΔH=-441kJ·mol-1【答案】D【解析】【详解】A．根据表格数据可知H-F键的键能大于H-Br键的键能，所以H-F键的稳定性比H-Br键强，故A错误；B．焓变=反应物的键能之和-生成物键能之和，但表格数据中Br-Br键的键能是气态Br2分子中Br-Br键的键能，而选项所给热化学方程式中Br2为液态，根据题目所给数据无法计算该反应的焓变，故B错误；C．化学键断裂时需要吸收能量，焓变大于0，故C错误；D．2HBr(g)+F2(g)=Br2(g)+2HF(g)的焓变=反应物的键能之和-生成物键能之和=2366kJ/mol+157kJ/mol-194kJ/mol-2568kJ/mol=-441kJ/mol，故D正确；综上所述答案为D。3.我国科学家研究利用CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)制备H2，其能量变化如图所示。下列说法错误的是A.上述反应中既有极性键的断裂，又有极性键和非极性键的形成B.加入催化剂，可以提高反应物的相对能量C.上述反应中，正反应活化能小于逆反应活化能D.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ·mol-1【答案】B【解析】【详解】A．由题意可知在反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)中既有极性键的断裂，又有极性键和非极性键的形成，正确，故A不选；B．催化剂只能降低反应物的活化能从而提高化学反应速率，不能提高反应物的相对能量，错误，故选B；C．由图示可知，正反应的活化能小于逆反应的活化能，正确，故C不选；D．集合图示和CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)可得O2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ·mol-1，正确，故D不选；答案选B。4.下列热化学方程式中，与反应描述对应且书写正确的是（）A.已知：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)ΔH=-57.3kJ/mol。稀Ba(OH)2溶液与稀硫酸中和：H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(1)ΔH=-57.3kJ/molB.在25℃、101kPa下，1g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.4kJ热量：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1)ΔH=-5517.6kJ/molC.查表知葡萄糖固体颗粒的燃烧热为2800kJ/mol，则葡萄糖固体燃烧可表示为：C6H12O6(s)+3O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g)ΔH=-1400kJ/molD.6.4g硫粉与12.8g铜粉混合高温下充分反应，放热19.12kJ：Cu(s)+S(s)=CuS(s)ΔH=-95.6kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应生成BaSO4沉淀和水，除H+和OH-反应放热外，Ba2+和反应也放热，故H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(1)的ΔH<-57.3kJ/mol，A错误；B．1g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.4kJ热量，1mol辛烷为114g，放出的热量为114×48.4kJ=5517.6kJ，故C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1)ΔH=-5517.6kJ/mol，B正确；C．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，H2O的稳定状态为液态，而方程式中的H2O为气态，气态水变液态水的热效应没有计算，C错误；D．S的氧化性较弱，Cu与S反应生成Cu2S，不是CuS，D错误；故选B。5.短周期主族元素R、X、Y和Z在周期表中相对位置如图所示。已知这四种元素的质子数之和等于55。下列说法错误的是A.简单阴离子结合氢离子的能力：Y＞ZB.常温常压下，R单质呈气态C.Z的氧化物对应水化物一定是强酸D.Y和Z组成的化合物是共价化合物【答案】C【解析】【分析】设R的原子序数即质子数为x，则X的质子数为x+8，Y为x+9，Z为x+10，所以有x+x+8+x+9+x+10=55，解得x=7，所以R为N元素，X为P元素，Y为S元素，Z为Cl元素。【详解】A．H2S为弱酸，HCl为强酸，所以S2-结合氢离子的能力比Cl-强，故A正确；B．R为N元素，常温下N2为气体，故B正确；C．Z为Cl元素，其氧化物Cl2O对应水化物HClO为弱酸，故C错误；D．S元素和Cl元素电负性相近，形成的化合物为共价化合物，故D正确；综上所述答案为C。6.下列说法正确的是A.对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显B.有化学键断裂或生成的变化一定是化学变化C.一定条件下向1L密闭容器中加入2molSO2和1molO2，发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，2min末测得SO3为0.8mol，则2min末时SO3的反应速率为0.4mol/(L·min)D.合金贮氢材料具有优异的吸氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用。温度T1时，2g某合金4min内吸收H2240mL，吸氢速率为30mL·g－1·min－1【答案】D【解析】【分析】【详解】A.反应速率快现象不一定明显，如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明版显，如铁生锈，权故A错误；B.有化学键断裂或形成的变化不一定是化学变化，如金属熔化、NaCl溶于水、NaCl晶体从溶液中析出、从浓盐酸中挥发出HCl气体等中虽有化学键断裂或形成但仍属于物理变化，故B错误；C.2min内SO3的平均反应速率为=0.4mol/(L·min)，不是2min末时的瞬时速率，故C错误；D.吸氢速率v==30

mL•g-1•min-1，故D正确；故选D。7.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，Y+与X2-具有相同的电子层结构，Z原子的最外层电子数等于X原子最外层电子数的一半，则下列叙述正确的是（）A.Y2X2中阴阳离子的个数比为1：1B.原子半径的大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)C.X和W形成的常见化合物WX2为直线型分子D.Y、Z的最高价氧化物的水化物之间能发生反应【答案】D【解析】【分析】Y+与X2-具有相同的电子层结构，则Y为Na；X为O；X、W同主族，则W为S；Z原子的最外层电子数等于X原子最外层电子数的一半则Z为Al，以此分析。【详解】Y+与X2-具有相同的电子层结构，则Y为Na；X为O；X、W同主族，则W为S；Z原子的最外层电子数等于X原子最外层电子数的一半则Z为Al。AY2X2为Na2O2，属于离子化合物，阴阳离子为Na+和，个数比为2：1，故A错误；B.同周期原子半径递减，同主族原子半径递增，则原子半径的大小顺序：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，故B错误；C.X和W形成的常见化合物SO2，其中S原子为sp2杂化，呈“V”型结构，故C错误；D.Y、Z的最高价氧化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者混合可以发生反应，故D正确。故答案选：D。8.根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是A.同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B.核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C.Cl‾、S2‾、Ca2+、K+半径逐渐减小D.与得电子能力相同【答案】D【解析】【详解】A.同主族元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱，故A错误；B.核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同，如Cl－、S2－的还原性不同，故B错误；C.S2－、Cl－、K＋、Ca2＋半径逐渐减小，故C错误；D.Cl与Cl核外电子排布相同，所以得电子能力相同，故D正确。9.下列说法中正确的是A.气体单质中，一定有σ键，可能有π键B.PCl3分子是非极性分子C.氢键键长一般定义为H…B的长度，而不是A-H…B的长度D.的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致【答案】D【解析】【详解】A．稀有气体单质是单原子分子，分子中无化学键，故A错误；B．PCl3中P原子孤对电子对数为=1，成键电子对数目为3，则P原子价电子对数为4，PCl3分子空间构型为三角锥型，正负电荷中心不重合，因此PCl3是极性分子，故B错误；C．氢键键长一般定义为A-H…B的长度，而不是H…B的长度，故C错误；D．中Cl原子孤对电子对数为=0，Cl原子的价电子对数为4，空间构型为正四面体，因此的

VSEPR

模型与离子的空间立体构型一致，故D正确；答案选D。10.下图是已经合成的最著名硫－氮化合物分子结构。下列说法正确的是A.该物质的分子式为SNB.该物质的分子中既有极性键又有非极性键C.该物质中的N原子最外层都达到8电子稳定结构D.该物质与化合物S2N2互为同素异形体【答案】B【解析】【详解】A．由物质结构分析，该物质的分子式为S4N4，故A项错误；B．该物质的分子中，存在极性键以及S-S非极性键，故B项正确；C．由物质的结构可知，N原子只连有两条键，所以该物质中的N原子最外层并未达到8电子稳定结构，故C项错误；D．同素异形体表述的是单质，故D项错误；故答案为B。11.下列关于O、S及其化合物结构与性质的论述正确的是A.键能H－O>H－S，因此H2O的沸点高于H2SB.相对分子质量H2S>H2O，因此H2S比H2O稳定C.H2O与SO2均为V形结构，因此中心原子的杂化方式相同D.得电子的能力O>S，因此O的电负性强于S【答案】D【解析】【详解】A．H2O的沸点高于H2S是因为水中含有氢键，与键能无关，故A错误；B．H2S、H2O的稳定性与键能强弱有关，与相对分子质量无关，故B错误；C．H2O为V型，是sp3杂化，SO2为平面三角形，是sp2杂化，因此中心原子的杂化方式不同，故C错误；D．氧的原子半径小于硫，因此得电子的能力O>S，所以O的电负性强于S，故D正确；故选D。12.现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：③>②>①B.原子半径：③>②>①C.电负性：③>②>①D.最高正化合价：③>②>①【答案】A【解析】【分析】根据元素的基态原子的电子排布式可知，三种元素分别是S、P、F；【详解】A．一般非金属性越强，第一电离能越大，但P原子的3p轨道处于半充满状态，稳定性强，所以第一电离能大于S，应是③>②>①，A正确；B．同一周期从左到右，半径越来越来越小，同一周期从上到下，半径依次增大，半径应是②>①>③，B不正确；C．非金属性越强，电负性越大，应是③>①>②，C不正确；D．F没有正价，S最高正化合价为＋6，P最高正化合价为＋5，D不正确。故选A。13.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示(原子半径为rcm)，下列叙述错误的是A.晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③12，④12B.晶胞①的空间利用率：C.晶胞中含有的原子数分别为：③2，④4，D.金属晶体是一种“巨分子”，可能存在分子间作用力【答案】D【解析】【分析】由金属晶体的晶胞结构图可知，①为简单立方堆积，②为体心立方堆积，③为六方最密堆积，④为面心立方最密堆积。【详解】A.根据晶体结构可知，晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③12，④12，A正确；B.晶胞①的空间利用率：，B正确；C.顶点为8个晶胞共用，面为2个晶胞共用，晶胞内原子为1个晶胞单独占用，即晶胞中含有的原子数分别为：③1+8×=2，④8×+6×=4，C正确；D.金属晶体是一种“巨分子”，存在金属阳离子和自由电子之间的作用，不存在分子间作用力，D错误。答案为D。14.下列说法中，正确的是（）A.冰熔化时，分子中H﹣O键发生断裂B.原子晶体中，共价键的键长越短，通常熔点就越高C.分子晶体中，共价键键能越大，该分子的熔沸点就越高D.分子晶体中，分子间作用力越大，则分子越稳定【答案】B【解析】【详解】A．冰熔化克服氢键，属于物理变化，H-O键没有断裂，故A错误；B．影响原子晶体熔沸点高低的因素是键能的大小，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高，故B正确；C．影响分子晶体熔沸点高低的因素是相对分子质量大小，与共价键的键能无关，故C错误；D．分子的稳定性与分子间作用力无关，稳定性属于化学性质，分子间作用力影响物理性质，故D错误。故选B。15.下面有关晶体的叙述中，不正确的是()A.金刚石为网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子B.氯化钠晶体中，每个Na＋周围紧邻且距离相等的Na＋共有6个C.氯化铯晶体中，每个Cs＋周围紧邻且距离相等的Cl－有8个D.干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻且距离相等的CO2分子有12个【答案】B【解析】【详解】A．金刚石的晶胞结构如图所示：，根据图可知由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，故A正确；B．氯化钠晶体中，钠离子在体心和棱心位置，氯离子在顶点和面心位置，1个钠离子与6个氯离子构成正八面体，所以每个钠离子与6个最近且等距离的氯离子以离子键结合，与每个氯离子最近的且等距离的氯离子有12个，故B错误；C．氯化铯晶体晶胞结构如图：，Cs+位于该晶胞的体心；而Cl-位于该晶胞的顶点，每个晶胞中含有一个铯离子，每个顶点上的氯离子被8个晶胞共用，每个氯离子周围最近的铯离子是8，故C正确；D．二氧化碳晶体属于面心立方，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12，所以在CO2晶体中，与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子，故D正确；答案选B。16.下列关于晶体的说法中，不正确的是（）①含有离子的晶体一定是离子晶体②分子晶体若是密堆积方式，其配位数都是12③晶胞是晶体结构的基本单元④共价键的强弱决定分子晶体熔沸点的高低⑤MgO远比NaCl的晶格能大⑥含有共价键的晶体一定是原子晶体⑦分子晶体的熔点一定比金属晶体低⑧NaCl晶体中，阴、阳离子的配位数都为6A.①④⑥⑦ B.②④⑥⑧ C.③⑤⑦⑧ D.③④⑥⑦【答案】D【解析】【详解】①晶体的基本单元是晶胞，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，有自范性，故正确；

②分子晶体若是密堆积方式，其配位数=3×8÷2=12，故正确；

③金属晶体由金属阳离子和电子构成，所以含有离子的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体，故错误；

④共价键影响分子晶体的稳定性，但不影响晶体熔沸点，晶体熔沸点与分子间作用力成正比，故错误；

⑤离子晶体晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，镁离子半径小于钠离子、氧离子半径小于氯离子，镁离子电荷大于钠离子、氧离子电荷大于氯离子，所以MgO远比NaCl的晶格能大，故正确；

⑥含有共价键的晶体可能是分子晶体或离子晶体，如水中只含共价键，为分子晶体，NaOH为离子晶体但含有共价键，故错误；

⑦分子晶体的熔点不一定比金属晶体低，如Hg的熔点小于碘，故错误；

⑧NaCl晶体中，位于体心的钠离子周围有6个氯离子，每个氯离子周围有6个钠离子，所以NaCl晶体中，阴、阳离子的配位数都为6，故正确；

故选：D。17.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示，且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的（）A.YW3分子的空间构型为平面三角形B.W2Z的键角小于YW3C.物质甲分子中存在6个σ键D.Y元素的氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序数及W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，A．YW3为NH3，中心原子N的价层电子对数=3+=4，N原子采取sp3杂化，分子的空间构型为三角锥形，故A错误；B．W2Z为H2O，中心原子O的价层电子对数=2+=4，O原子采取sp3杂化，分子构型为V形，分子键角为104.5°；YW3为NH3，分子的空间构型为三角锥形，分子键角约为107°，则W2Z的键角小于YW3，故B正确；C．物质甲结构简式为CO(NH2)2，存在7个σ键和1个π键，故C错误；D．N元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D错误；答案选B。18.如表涉及了四个离子方程式，对离子方程式的正误判断及改正方法均正确的是(

)化学反应离子方程式判断及改正方法A过量铁粉与稀硝酸Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O正确B向Ba(OH)2溶液中滴加H2SO4溶液Ba2++OH-+H++SO42−=BaSO4↓+H2O错误，OH-、H+、H2O的计量数应均为2C过量的浓氨水加入到AlCl3溶液中Al3++3NH3·H2O=3NH4++Al(OH)3↓错误，应生成AlO2−、NH4+、H2ODCu与醋酸Cu+2H+=Cu2++H2↑错误，醋酸应该写分子式A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.过量的铁粉与稀硝酸反应生成的是Fe2+，则离子方程式书写错误，故A的判断错误；B.向Ba(OH)2溶液中滴加H2SO4溶液的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故B判断和改正方法正确；C.该反应离子方程式是正确的，故C的判断和改正方法错误；D.Cu与醋酸不反应，故D的离子方程式以及判断都错误；答案选B。19.下列关于铜、锌和稀硫酸组成的原电池的说法正确的是A.铜的表面没有气泡产生B.电子从溶液中由锌向铜定向移动C.该原电池利用电能使锌与硫酸发生反应D.该原电池工作一段时间后，溶液中c(H+)减小【答案】D【解析】【详解】A.铜作正极，氢离子在正极得电子生成氢气，所以铜的表面有气泡产生，故A错误；B.电子从负极（锌）由导线流向正极（铜），故B错误；C.原电池是将化学能转化为电能的装置，即利用锌和硫酸反应产生电能，故C错误；D.该原电池工作时，氢离子不断得电子生成氢气，所以溶液中c(H+)减小，故D正确；故选D。【点睛】原电池中，电子由负极经过外电路流向正极，阴阳离子在电解质溶液中移动，从而形成电流。20.有机物的结构为图所示，关于这种有机物不正确的说法有①该物质分子式C11H12O3②能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，但其原理相同③与Na、NaHCO3反应两者物质的量之比均是1：1④能发生取代、加成、水解、氧化反应A.1种 B.2种 C.3种 D.4种【答案】C【解析】【分析】【详解】①该物质分子中含11个C原子、3个O原子，12个H原子，则分子式为C11H12O3，故正确；

②含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，原理不相同，故错误；

③该有机物分子中的羟基和羧基都能与Na反应，只有羧基能与NaHCO3反应，两个反应中反应物的物质的量之比前者是1：2，后者是1：1，故错误；

④不能发生水解反应，故错误。

故选：C。21.用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A.9g甲基(﹣CH3)所含有的电子数是10NA个B.22.4L乙烷中含有的共价键数为7NA个C.常温下，14g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为3NAD.4.2gC3H6中含有的碳碳双键数一定为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．一个甲基含有9个电子，所以9g甲基(－CH3)所含有的电子为×9mol，即×9NA个，故A错误；B．标准状况下，22.4L乙烷的物质的量为1mol，一个乙烷分子含有7个共价键，所以共含有的共价键数为7NA个，故B错误；C．乙烯和丙烯的最简式是CH2，14g乙烯和丙烯的混合物中总原子为×9mol，即9NA个，故C正确；D．C3H6若是环己烷，则没有碳碳双键，故D错误。综上所答案为C。22.下列说法不正确的是（）A.60克SiO2晶体中，含有4NA个硅氧键B.12克金刚石中，含有2NA个碳碳键C.12克石墨中，含有1.5NA个碳碳键D.31克白磷中，含有6NA个磷磷键【答案】D【解析】【详解】A.60克SiO2晶体中，含有=4NA个硅氧键，故不选A；B.12克金刚石中，含有=2NA个碳碳键，故不选B；C.12克石墨中，含有=1.5NA个碳碳键，故不选C；D.31克白磷中，含有1.5NA个磷磷键，故选D；答案：D【点睛】1mol物质中共价键的物质的量为成键原子价电子数除以2。二、填空题23.A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满，E位于元素周期表的ds区。回答下列问题：(1)B、C中电负性较大的是___________，基态D原子价电子的排布图_________________，DA2分子的VSEPR模型是___________，H2A比H2D熔沸点高得多的原因____________________________。(2)实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6属于___________晶体(填晶体类型)，其中C原子的杂化轨道类型为___________杂化。②[C(OH)4]－中存在的化学键有________________________。③工业上制备的B单质是熔融B的氯化物，而不是电解BA原因是___________________________。(3)B、C的氟化物晶格能分别是2957kJ·mol-1、5492kJ·mol-1，二者相差很大的原因是______。(4)D与E所形成化合物晶体的晶胞如图2所示。①在该晶胞中，E的配位数为________________________。②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。图2晶胞中，原子坐标a为(0,0,0)；b为(1/2，0，1/2)；c为(1/2，1/2,0)，则d原子的坐标参数为________________________。③已知该晶胞的密度为ρg/cm3，则其中两个D原子之间的距离为_______pm(NA为阿伏伽德罗常数，列出计算式即可)【答案】①.铝(或Al)②.③.平面三角形④.水分子间存在氢键⑤.分子⑥.sp3⑦.极性共价键、配位键(或共价键、配位键)⑧.熔融MgCl2融能导电，可电解；MgO熔点高，电解能耗大⑨.Al3+比Mg2+电荷高、半径小，AlF3的晶格能比MgCl2大得多⑩.4⑪.(1，1/2，1/2)⑫.××1010【解析】【分析】A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3，因此A是O，D是S；工业上电解熔融C2A3制取单质C，则C是Al；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满，E位于元素周期表的ds区，因此B是Mg，E是Zn。【详解】(1)同周期自左向右金属性逐渐减弱，金属性越强，则电负性越小，则Al的电负性大于Mg；基态S原子价电子排布式为3s23d4，其排布图为；SO2分子中价层电子对数是2+(6-2×2)=3，所以其VSEPR模型是平面三角形；由于H2O分子间存在氢键，H2S分子间存在范德华力，因此H2O比H2S熔沸点高得多；(2)①Al2Cl6的熔沸点较低，易升华，属于分子晶体；其中Al原子形成4个共价键，杂化轨道类型为sp3杂化；②[Al(OH)4]－中存在的化学键有O-H间的极性共价键、Al-O间的配位键；③由于熔融MgCl2能导电，可电解，但MgO熔沸点高，电解熔融MgO能耗大，所以工业上制备Mg的单质是电解熔融氯化镁，而不是电解氧化镁；(3)Al3+比Mg2+电荷多、半径小，形成的离子键键能大，则AlF3的晶格能比MgCl2大得多；(4)①在该晶胞中，Zn的周围最近且距离相等的S原子有4个，则锌的配位数为4；②根据晶胞结构可知d原子位于右侧面心处，所以坐标参数为(0，1/2，1/2)；③该晶胞中S和Zn的原子个数均是4个，晶胞的密度为ρg/cm3，则晶胞的边长是cm。两个S原子之间的距离为面对角线的一半，即为×cm=××1010pm。24.铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。(1)基态Fe2+的简化电子排布式为______________________。(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，FeCl3的晶体类型是_________。FeSO4常作净水剂和补铁剂，的立体构型是_____。(3)实验室用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为_______。(4)羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1molFe(CO)5分子中_______molσ键，与CO互为等电子体的离子是________(填化学式，写一种)。(5)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________。(6)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，NA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-最短核间距为_________cm。【答案】①.[Ar]3d6②.分子晶体③.正四面体形④.N＞O＞S⑤.sp2杂化⑥.10⑦.CN﹣或⑧.3：1⑨.12⑩.【解析】【详解】(1)铁原子失去最外层4s能级2个电子形成Fe2+，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，简化电子排布式为[Ar]3d6；故答案为：[Ar]3d6；(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，据此可知氯化铁熔沸点较低，则氯化铁属于分子晶体；离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取sp3杂化；故答案为：分子晶体；正四面体形；(3)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能N>O>S，苯酚为平面结构，C原子采取sp2杂化；故答案为：N>O>S；sp2杂化；(4)配合物中碳原子不存在孤对电子，σ键数为2，1个Fe(CO)5分子含10个σ键，则1molFe(CO)5分子中含10molσ键；原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，与CO互为等电子体的离子有CN−、，故答案为：10；CN﹣或；(5)氮化铁晶体为六棱柱，顶点贡献率为，棱点贡献率为，面点贡献率为，依据晶胞结构可知，12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于体内，2个氮原子位于体内，1个晶胞含有铁微粒数为：12×+×2+3=6，含氮原子数为2，所以该晶体中铁、氮的微粒个数之比为：6:2=3:1；故答案为：3:1；(6)氧化亚铁晶胞结构类似氯化钠晶胞，棱上3个离子相切，晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍。依据图2可知，上、中、下三层各有4个氧离子与中心的氧离子紧邻且等距离，而氧化亚铁中氧离子、亚铁离子个数比为1:1，所以有12个二价铁离子与二价铁离子相邻且等距离；1个氧化亚铁晶胞含有二价铁离子数目为：8×+6×=4，含有氧离子数目为：×12+1=4，所以1个氧化亚铁晶胞含有4个FeO，设Fe2+与O2−最短核间距为dpm，依据氧化亚铁晶体的密度为ρg⋅cm−3，可知：ρ=，解得d=pm=cm；故答案为：12；。25.I．氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。(1)如图是N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量的变化示意图，请问该化学反应属于__________(放热或吸热)反应，请写出该反应的热化学方程式：_______________________。(2)上述反应用到的氢气是一种清洁燃料，已知氢气的燃烧热为285.8kJ∙mol−1，请写出氢气的燃烧热的热化学方程式：___________________________________________________。II．已知H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l)△H=－57.3kJ∙mol−1。回答有关中和反应的问题。(3)如图装置中仪器A的名称______________________(4)碎泡沫塑料的作用是__________________________Ⅲ.已知：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)ΔH=akJ∙mol−12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=bkJ∙mol−1NH3(l)NH3(g)ΔH=ckJ∙mol−1(5)则反应4NH3(l)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)的ΔH=_____________kJ∙mol−1(用a、b、c表示)。【答案】①.放热②.N2(g)+H2(g)NH3(g)△H=－46kJ∙mol−1③.H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=－285.8kJ∙mol−1④.环形玻璃搅拌棒⑤.保温、隔热，减少热量损失⑥.2a+3b+4c【解析】【详解】(1)如图是N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量的变化示意图，反应物总能量大于生成物总能量，因此该化学反应属于放热反应，该反应的热化学方程式：N2(g)+H2(g)NH3(g)△H=－46kJ∙mol−1；故答案为：放热；N2(g)+H2(g)NH3(g)△H=－46kJ∙mol−1。(2)氢气的燃烧热为285.8kJ∙mol−1，则氢气的燃烧热(氢气物质的量定为1mol进行书写)的热化学方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=－285.8kJ∙mol−1；故答案为：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=－285.8kJ∙mol−1。(3)根据图中装置得到仪器A的名称环形