四川省绵阳市2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题

四川省绵阳市2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．X-射线衍射实验是鉴别晶体与非晶体最可靠的方法，下列属于晶体的是（）A．玛瑙 B．陶瓷 C．水晶 D．玻璃2．下列分子属于非极性分子的是（）A．H2O B．HCl C．NH3 D．CH43．HNO2常用于有机合成，下列事实无法证明其为弱电解质的是（）A．用稀HNO2溶液做导电实验时，发现灯泡很暗B．等pH、等体积的亚硝酸比盐酸中和NaOH的物质的量多C．25℃时0.1mol/LHNO2溶液的pH约为3D．25℃时pH=2的HNO2溶液稀释至100倍，pH<44．下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低为（）A． B．C． D．5．下列相关比较中，正确的是（）A．分解温度：MgCO3>CaCO3>BaCO3B．熔点：Na>Mg>AlC．微粒半径：r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+)D．热稳定性：H2O>H2S>HCl6．下列化学用语使用错误的是（）A．33As的基态原子核外电子排布简式：[Ar]4s24p3B．液氨中存在的氢键：N—H…NC．NH4Cl的电子式：D．NaHSO4水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na++H++S7．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是（）A．1mol[Cu(NH3)4]2+中配位键的个数为4NAB．46gCH3CH2OH中sp3杂化的原子数为2NAC．0.5molSF6中S的价层电子对数为3NAD．500mLpH=2的醋酸溶液中H+数目为0.005NA8．下列事实无法用勒夏特列原理解释的是（）A．采用排饱和食盐水的方法收集氯气B．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅C．向0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴入10滴浓NaOH溶液，溶液由橙色变黄色D．盛有Na2S2O3溶液与稀硫酸混合液的试管浸入热水时迅速变浑浊9．概念掌握要准确，下列描述正确的是（）A．能导电的物质一定是电解质，但可能是强电解质也可能是弱电解质B．已知：Na+(g)+Cl-(g)=NaCl(s)△H=-786kJ/mol，则NaCl的晶格能为786kJ/molC．利用焓判据可判断N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol不能自发进行D．纯物质完全燃烧生成1mol稳定氧化物时所放出的热量叫做该物质的燃烧热10．X、Y、Z、M是短周期元素，它们的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，Z与X同周期且原子的未成对电子数与X相同，M与Z不同周期，其电负性在同周期元素中最大，下列说法错误的是（）A．第一电离能：Z>YB．原子半径：Y>ZC．简单氢化物的沸点：Z>XD．最高价氧化物的水化物的酸性：M>X11．在密闭容器中充入一定量M和N，发生反应：xM(g)+yN(g)⇌zQ(g)△H<0，平衡时M的浓度为0.5mol/L，平衡后第10s时保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，第20s再次达到平衡时，测得M的浓度为0.3mol/L。下列有关判断正确的是（）A．10~20s之间，M的平均反应速率为0.02mol/(L·s)B．降低温度，M的体积分数增大C．增大压强，该反应的平衡常数增大D．反应方程式中x+y>z12．下列实验不能达到对应实验目的的是（）ABCD测定：H2O2催化生成O2的反应速率验证：增大生成物浓度，化学平衡逆向移动验证：Fe3+与I-反应是可逆反应探究：温度对化学平衡的影响A．A B．B C．C D．D13．“接触法制硫酸”的主要反应在催化剂表面的反应历程如下：下列说法错误的是（）A．使用催化剂V2O5能同等程度的加快正逆反应速率B．反应历程中，反应②的活化能比反应①低C．通入过量空气，可提高SO2的平衡转化率D．使用催化剂能降低反应的活化能，从而改变反应热14．室温下，向20.00mL0.1000mol/L盐酸中逐滴滴加0.1000mol/L的NaOH溶液，pH变化如图所示。已知lg5=0.7，下列说法错误的是（）A．溶液中水的电离程度：B=AB．滴定开始时溶液的pH=1，滴定终点时溶液的pH=7C．当V(NaOH)=30.00mL时，溶液的pH=12.3D．酚酞、甲基橙和甲基红均可以作为滴定指示剂二、综合题15．2022年北京冬季奥运会场馆使用了大量不锈钢材质，不锈钢属于合金钢，其基体是铁碳合金，常用的不锈钢中含铬(Cr)18%、含镍(Ni)8%。回答下列问题：（1）碳的价电子层的电子排布式为；石墨烯(即单层石墨)是一种碳原子构成的单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，其中碳原子采取杂化。（2）铁的氯化物FeCl3蒸汽状态下以双聚分子形式存在(如图)，其中Fe的配位数为，双聚分子中存在配位键，提供空轨道的是原子。（3）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]中非金属元素的电负性由大到小的顺序是。甘氨酸(H2NCH2COOH)比其同分异构体硝基乙烷(C2H5NO2)熔沸点高，其原因主要是。（4）FeCO3的阴离子的空间构型为，写出一种与该阴离子互为等电子体的分子的化学式。（5）工业上常用羰基镍[Ni(CO)4]制备高纯镍，其熔点-19℃，沸点43℃，试分析晶体中σ键与π键数目的比值为，羰基镍属于晶体。（6）金属铬属于体心立方晶体(如图)，已知其密度为7.2g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中铬原子的半径为cm(用含NA的表达式表示)。16．化学研究中草酸(H2C2O4)是一种重要的化学分析试剂。现需要配制250mL0.2000mol/L的草酸溶液，请回答下列问题。（1）配制草酸溶液的过程中需要使用的仪器有：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、、胶头滴管；实验中需要称取g草酸晶体(H2C2O4·2H2O)，称量后(填“需要”或“不需要”)加热除去结晶水。（2）下列操作会造成所配草酸溶液浓度偏高的是____。A．称取草酸过程中试剂与砝码位置错放B．称量所用砝码生锈C．定容前未进行洗涤操作D．定容时俯视刻度线E．定容摇匀后发现液面低于刻度线又加水至刻度线（3）若配置溶液时所取草酸晶体不纯(杂质无还原性)，为测定草酸的纯度，某同学量取20.00mL上述所配溶液放入锥形瓶中，然后用0.1000mol/L的KMnO4(硫酸酸化)标准溶液滴定，滴定终点时消耗VmL标准溶液。①该滴定实验的化学方程式为。②标准溶液使用(填“酸”或“碱”)式滴定管盛装，下列滴定终点的滴定管示意图对应读数正确的是。A．B．C．D．③判断滴定终点的现象是：，样品中草酸晶体的质量分数为(用含V的式子表示)。17．按要求回答下列问题：（1）下列物质中属于强电解质的是(填标号，下同)，属于非电解质的是。①Cl2②熔融态的NaCl③氨水④盐酸溶液⑤乙醇⑥BaSO4⑦H2O⑧HF⑨CO（2）若T℃时，醋酸的电离常数K=1.6×10-5，则该温度下0.01mol/L的醋酸溶液的c(H+)约为mol/L。（3）若T℃时，pH=2的醋酸溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-11，则该温度下水的离子积常数Kw=，将此温度下VaLpH=1的HCl溶液与VbLpH=11的NaOH溶液混合后pH=3，则Va：Vb=。18．铅在有色金属产量中居第四位，全世界消费的铅中大约有80%～85%用于铅蓄电池，下面是废铅蓄电池预处理获得的铅膏回收制取PbCl2的工艺流程：已知：①铅膏含铅组成表：物相PbOPbO2PbSO4Pb总铅含量/%15.894.8633.7434.0376.05②PbCl2是白色结晶性粉末，微溶于冷水，易溶于热水、浓盐酸和氢氧化钠溶液。③已知浸取时PbSO4可溶于盐酸与食盐水混合溶液生成PbCl回答下列问题：（1）铅膏浸取前通常需要研磨，目的是。（2）“浸取”过程会产生混合气体，其成分是和少量Cl2，写出PbO2氧化盐酸产生Cl2的化学方程式。（3）25℃时PbCl2固体在浓盐酸中存在平衡：PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-（4）铅膏浸取时，浓盐酸与水配比(浓盐酸与水的体积比)对铅浸出率的影响如下图1，温度对铅浸出率的影响如下图2。①浸取时，最合理的浓盐酸与水配比和温度分别是：，。②低于70℃时，随温度升高铅浸出率增大的原因可能是(写一点)：。（5）提高铅回收率，可将IV步滤液补加一定量盐酸后循环用于铅膏浸取，重复循环实验，所得结果如下：循环实验铅浸出率、铅回收率及氯化铅纯度表循环次数01234铅浸出率/%99.599.599.499.599.3铅回收率/%85.493.595.897.198.2氯化铅纯度/%99.499.399.299.196.1循环4次后产品PbCl2的纯度骤降，增加的杂质主要是钠盐(填化学式)：。为了恢复PbCl2的纯度，可以在IV步滤液中加入CaCl2使杂质离子沉淀后再进行循环操作，请用离子方程式表示其除杂原理：。19．工业上常以水煤气为原料制备氢气或甲醇，其主要反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H称为CO催化变换反应，请回答下列问题。（1）已知在25℃时：2C(石墨)+O2(g)=2CO(g)△H1=−222kJ∙mol−12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2=−484kJ∙mol−1C(石墨)+O2(g)=CO2(g)△H3=−394kJ∙mol−1则25℃时，CO催化变换反应的△H=。（2）某温度下CO催化变换反应平衡常数为9，反应开始时CO(g)和H2O(g)的浓度都是0.01mol∙L−1，达平衡时CO的转化率为；在该温度下，若起始时c(CO)=0.01mol∙L−1，c(H2O)=0.02mol∙L−1，反应一段时间后，测得c(H2)=0.005mol∙L−1，则此时该反应υ正υ逆(填“>”“<”或“=”)。（3）恒温恒容条件下，判断CO催化变换反应达到平衡状态的标志有____。A．容器内的压强保持不变B．容器中H2O(g)的浓度与CO2的浓度相等C．容器中混合气体的密度保持不变D．CO的生成速率与H2的生成速率相等E．2molH−O键断裂的同时有1molH−H键断裂（4）在CO催化变换反应的产物中补充氢气可以用于工业制备甲醇：3H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，当起始投料n(H2)：n(CO2)=3时，在不同条件下达到平衡，测得体系中甲醇物质的量分数为x(CH3OH)，如图所示，a线表示在t=250℃下的x(CH3OH)～p、b线表示在p=5×105Pa下的x(CH3OH)～t。①根据图像判断该制备甲醇反应△H0。②已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)，则250℃时，当x(CH3OH)=0.10时，计算该反应Kp=(只需列出计算表达式)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】X-射线衍射实验能够测出物质的内部结构，根据微粒是否有规则的排列就能区分出晶体与非晶体，水晶为晶体，玛瑙、陶瓷、玻璃都不是晶体，故答案为：C。

【分析】根据微粒是否有规则的排列就能区分出晶体与非晶体。2．【答案】D【解析】【解答】A．H2O空间构型是V形，则H2O为极性键构成的极性分子，故A错；B．HCl为极性键构成的极性分子，故B错；C．氨气的空间构型为三角锥形结构，为极性分子，故C错；D．甲烷分子的结构为正四面体结构，四个键的键长相同、键角相等，正负电荷重心重合，所以甲烷为非极性分子，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】非极性分子的正负电荷重心重合。3．【答案】A【解析】【解答】A．用HNO2溶液做导电性实验，灯泡较暗，只能说明该溶液中自由移动的离子浓度较小，不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，选项A符合题意；B．等pH、等体积的亚硝酸比盐酸中和NaOH的物质的量多，说明亚硝酸的浓度大于盐酸，亚硝酸不完全电离，则亚硝酸是弱电解质，选项B不符合题意；C.25℃时0.1mol/LHNO2溶液的pH约为3，说明亚硝酸部分电离导致溶液中氢离子浓度小于亚硝酸浓度，则亚硝酸是弱电解质，选项C不符合题意；D.25℃时pH=2的HNO2溶液稀释至100倍，假设亚硝酸是强酸，稀释后溶液的pH为4，实际上溶液的pH小于4，说明亚硝酸不完全电离，为弱酸，选项D不符合题意；故答案为：A。

【分析】依据弱电解质在水溶液中部分电离判断。4．【答案】D【解析】【解答】原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，电子排布能量低的是1s、2s能级，能量高的是2s、2p能级，所以A、D能量低于B、C；A中1s能级有1个电子，2s能级有2个电子，D中1s能级有2个电子，2s能级有1个电子，所以能量最低的是D，故答案为：D。

【分析】原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，原子能量越高。5．【答案】C【解析】【解答】A．当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越大，其结合氧离子能力就越弱，对应的碳酸盐受热分解温度就越高，则碳酸盐的分解温度：MgCO3＜CaCO3＜BaCO3，A不符合题意，B．金属晶体中离子半径越小，离子的电荷越多，金属的熔点越高，则熔点由高到低：Al＞Mg＞Na，B不符合题意；C．Cl-具有三个电子层，O2-、Na+具有相同的电子排布，核电荷数越大半径越小，电子层数越多半径越大，故微粒半径：r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+)，C符合题意；D．简单气态氢化物的热稳定性与元素非金属性一致，已知非金属性比O＞Cl＞S，故H2O>HCl>H2S，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越大，其结合氧离子能力就越弱，对应的碳酸盐受热分解温度就越高；B．金属晶体中离子半径越小，离子的电荷越多，金属的熔点越高；C．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小离子半径越大；

D．非金属性越强气态氢化物越稳定。6．【答案】A【解析】【解答】A．33As的基态原子核外电子排布简式为[Ar]3d104s24p3，A符合题意；B．N的电负性很大，容易和H之间形成氢键，液氨中存在的氢键可表示为N-H…N，B不符合题意；C．NH4Cl是由铵根离子和氯离子通过离子键构成的离子化合物，铵根离子中H和N之间形成共价键，NH4Cl的电子式为，C不符合题意；D．NaHSO4是强酸的酸式盐，在水溶完全电离为钠离子、氢离子、硫酸根离子，在水溶液中的电离方程式表示为NaHSO4=Na++H++SO故答案为：A。

【分析】A．依据原子构造原理分析；B．N的电负性很大，容易和H之间形成氢键；C．NH4Cl是由铵根离子和氯离子通过离子键构成的离子化合物，铵根离子中H和N之间形成共价键；D．NaHSO4在水溶完全电离为钠离子、氢离子、硫酸根离子。7．【答案】B【解析】【解答】A.1个[Cu(NH3)4]2+中含有4个配位键，1mol[Cu(NH3)4]2+含配位键的个数为4NB．C2H5OH中C和O均为spC．SF6中S的孤电子对数为6−1×62=0，价层电子对数为6+0=6，则0.5molSF6的价层电子对数为D．pH=2的醋酸溶液中H+的浓度为0.01mol/L，故H+数目为0.01mol/L×0.5LNA=0.005NA，选项D不符合题意。故答案为：B。

【分析】A.1个[Cu(NH3)4]2+中含有4个配位键；B．C2H5C．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数；D．依据pH=-8．【答案】D【解析】【解答】A．Cl2与H2O反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，加入饱和食盐水，增加c(Cl-)浓度，平衡向逆反应方向移动，抑制Cl2与水的反应，与勒夏特列原理有关，故A不符合题意；B．存在2NO2(g)⇌N2O4(g)，加压开始时组分中NO2的浓度的增大，气体颜色加深，随后平衡正向移动，NO2浓度逐渐减小，与勒夏特列原理有关，故B不符合题意；C．根据反应Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2HD．将装有硫代硫酸钠溶液与稀硫酸的混合液的容器浸入热水，溶液中迅速产生浑浊物属于升高温度加快反应速率与平衡没有关系，不能用勒夏特列原理解释，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】依据勒夏特列原理，改变影响平衡的一个因素，平衡将向减弱这种改变的方向移动分析；D项只涉及外界因素对反应速率的影响，与平衡没有关系。9．【答案】B【解析】【解答】A．金属单质导电，但是不是电解质，故能导电的物质不一定是电解质，故A不符合题意；B．晶格能是气态离子形成1摩离子晶体时释放的能量，故B符合题意；C．利用焓判据可得放热反应容易自发进行，故C不符合题意；D．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的能量，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．金属单质导电，但是不是电解质；B．晶格能是气态离子形成1摩离子晶体时释放的能量；C．依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；D．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的能量。10．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，Y、Z分别为N、O，为同一周期元素，从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第一电离能：Z＜Y，A符合题意；B．由分析可知，Y、Z分别为N、O，为同一周期元素，原子半径从左往右依次减小，故原子半径：Y>Z，B不符合题意；C．由分析可知，X、Z分别为C、O，由于Z的简单氢化物H2O中存在分子间氢键，沸点反常高，故简单氢化物的沸点：Z>X，C不符合题意；D．由分析可知，X、M分别为C、Cl，它们的最高价氧化物的水化物分别为：H2CO3、HClO4，HClO4为强酸，H2CO3是弱酸，故酸性：M>X，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA族的第一电离能高于相邻的元素；B．同一周期元素，原子半径从左往右依次减小；C．分子间存在氢键，沸点反常高；D．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强。11．【答案】D【解析】【解答】A.10~20s之间，M的平均反应速率为0.B．反应放热，降低温度平衡正向移动，M的体积分数减小，故B不符合题意；C．平衡常数只与温度有关，故增大压强，平衡常数不变，故C不符合题意；D．由分析可知，压强减小，平衡逆向移动，平衡向体积增大的方向移动，故x+y>z，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.利用υ=Δc/Δt计算；B．根据影响化学平衡移动的因素分析；C．平衡常数只与温度有关；D．依据化学平衡移动原理分析。12．【答案】B【解析】【解答】A．可通过测定一定时间内产生氧气的体积或产生一定体积氧气所需的时间来测定H2O2催化生成O2的反应速率，A能达到实验目的；B．FeCl3和KSCN反应的实质是Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，加入少量KCl对平衡移动无影响，B不能达到实验目的；C．根据得失电子守恒可知Fe3+与I-恰好反应的物质的量之比为为1：1，选项中二者物质的量之比为1：1，加入KSCN溶液，若Fe3+与I-反应不可逆，则溶液不变红，若反应可逆，则溶液变红，C能达到实验目的；D.2NO2(红棕色)⇌N2O4(无色)ΔH<0，将盛放NO2的烧瓶置于热水，平衡逆向移动，红棕色变深，置于冷水，平衡正向移动，红棕色变浅，可探究温度对化学平衡的影响，D能达到实验目的；故答案为：B。

【分析】B项依据反应的实质判断，加入少量KCl对平衡移动无影响；其它选项均合理。13．【答案】D【解析】【解答】A．催化剂能同等程度加快正逆反应速率，故A不符合题意；B．活化能越大反应越慢，反应②的活化能比反应①小，故B不符合题意；C．根据图示，总反应为2SO2+D．使用催化剂能降低反应的活化能，但是反应物、生成物的总能量不变，故加入催化剂不能改变反应热，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．催化剂能同等程度加快正逆反应速率；B．活化能越大反应越慢；C．根据影响化学平衡移动的因素分析D．使用催化剂能降低反应的活化能，但是反应物、生成物的总能量不变。14．【答案】B【解析】【解答】A．V(NaOH)从0~20.00mL过程中，盐酸逐渐被中和至恰好完全反应，盐酸浓度逐渐减小至为0，盐酸中水的电离程度先增大，其中pH=2时，盐酸中的c(H+)=10-2mol/L，水电离出的c(H+)=10-12mol/L；V(NaOH)从20.00~40.00mL过程中，NaOH过量，溶液中NaOH的浓度逐渐增大，溶液中水的电离程度逐渐减小，其中pH=12时，氢氧化钠中的c(OH-)=10-2mol/L，水电离出的c(H+)=10-12mol/L；故A不符合题意；B．滴定终点时，酚酞或甲基橙、甲基红变色时pH≠7，故B符合题意；C．根据上述分析，当V(NaOH)=30.00mL时，碱过量，c(OH-)=(30-20)mL×0.1000mol·L-1(30+20)mL=0.0200mol·LD．酚酞、甲基橙和甲基红的变色范围都在滴定突变范围内，均可以作为滴定指示剂，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；B．滴定终点时，酚酞或甲基橙、甲基红的变色点pH≠7；C．根据酸碱中和混合溶液pH计算公式；D．酚酞、甲基橙和甲基红的变色范围都在滴定突变范围内，均可以作为滴定指示剂。15．【答案】（1）2s22p2；sp2（2）4；Fe（3）O>N>C>H；甘氨酸分子间能形成氢键（4）平面三角形；BF3或SO3（5）1：1；分子（6）34⋅【解析】【解答】(1)已知C是6号元素，故碳的价电子层的电子排布式为2s22p2，石墨烯(即单层石墨)是一种碳原子构成的单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，已知石墨中每个碳原子与周围的3个碳原子形成单键，6个碳元素形成一个正六边形，故其中碳原子采取sp2杂化，故答案为：2s22p2；sp2；(2)由铁的氯化物FeCl3蒸汽状态下以双聚分子形式存在的示意图可知，每个Fe周围形成了4个共价键，即Fe的配位数为4，双聚分子中存在配位键，已知Cl中有孤电子对，能提供孤电子对，故提供空轨道的是Fe原子，故答案为：4；Fe；(3)根据元素电负性递变规律：同一周期从左往右依次增大，从上往下依次减小，故甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]中非金属元素的电负性由大到小的顺序是O>N>C>H，由于甘氨酸分子间能够形成分子间氢键，而硝基乙烷不能，导致甘氨酸(H2NCH2COOH)比其同分异构体硝基乙烷(C2H5NO2)熔沸点高，故答案为：O>N>C>H；甘氨酸分子间能够形成分子间氢键；(4)FeCO3的阴离子即CO32-其C周围的价层电子对数为，3+12(4+2-3×2)=3，故其空间构型为平面三角形，等电子体是指具有相同的原子总数和相同的价电子总数的微粒，故与该阴离子互为等电子体的分子的化学式为：SO3或BF3(5)工业上常用羰基镍[Ni(CO)4]制备高纯镍，其熔点-19℃，沸点43℃，试分析晶体中Ni与CO形成4个配位键，均为σ键，每个配体CO中存在C≡O，为1个σ键和2个π键，故晶体中σ键与π键数目的比值为(4+4×1)：(4×2)=1：1，已知羰基镍具有较低的熔点和沸点，故属于分子晶体，故答案为：1：1；分子；(6)设金属铬晶体的晶胞边长为xcm，金属铬属于体心立方晶体(如图)，故一个晶胞中含有的Cr个数为：8×18+1=2，已知其密度为7.2g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，故有：2×52g=NA×7.2g/cm3×x3cm3，解得x=32×527.2NA，根据体心立方结构有体对角线等于原子半径的4倍，即4r=3x，得r=

【分析】(1)依据原子构造原理分析；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；

(2)依据双聚分子的示意图和配位键的形成判断；(3)根据元素电负性递变规律：同一周期从左往右依次增大，从上往下依次减小；分子间存在氢键，熔沸点较高；(4)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；等电子体是指具有相同的原子总数和相同的价电子总数的微粒；(5)依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；利用熔点和沸点判断晶体类型；(6)依据晶胞结构，利用密度计算。16．【答案】（1）250mL容量瓶；6.3；不需要（2）B；D（3）2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；酸；D；溶液由无色变为紫红色且30秒内不褪色；6.25V%【解析】【解答】(1)配制草酸溶液的过程中需要使用的仪器有：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和250mL容量瓶；需要称量固体的质量为0.2000mol/L×0.250L×126g/mol=6.3g；称量后，不需要加热除去结晶水。(2)A.称取草酸过程中试剂与砝码位置错放，称量的试剂质量偏小，故最后所配溶液浓度肯定偏低；B.天平砝码生锈，导致称取的溶质的质量偏大，溶液浓度偏高；C.定容前未进行洗涤操作，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；D.定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；E.定容摇匀后发现液面低于刻度线又加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；故答案为：BD。(3)①KMnO4(硫酸酸化)氧化草酸的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。②KMnO4(硫酸酸化)具有氧化性，应该使用酸式滴定管；滴定管的精确度为0.01g，故正确的为D。③滴定终点时：溶液由无色变为紫红色且30秒内不褪色。KMnO4的物质的量为0.1000mol/L×V×10-3L=1×10-4Vmol，根据反应方程式可得，H2C2O4的物质的量为2.5×10-4Vmol，样品中草酸晶体的质量分数为2.5×10

【分析】(1)配制溶液需要使用的仪器有：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和250mL容量瓶；依据m=cVM计算；

(2)依据c=nV分析；

(3)①根据反应物和产物的化学式，利用氧化还原反应原理书写；

②强17．【答案】（1）②⑥；⑤⑨（2）4×10-4（3）1×10-13；1：9【解析】【解答】（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，所有的酸、碱、盐和大多数金属氧化物均为电解质，在水溶液中能够完全电离的电解质是强电解质，强酸、强碱和多数盐是强电解质，故下列物质中属于强电解质的是②⑥，非电解质是指在水溶液或熔融状态下均不能导电的化合物，故属于非电解质的是⑤⑨，故答案为：②⑥；⑤⑨；（2）若T℃时，醋酸的电离常数K=1.6×10-5，根据醋酸的电离方程式：CH3COOH⇌CH3COO-+H+可知，则该温度下0.01mol/L的醋酸溶液的c(H+)约为1.6×10-5×0.01=4×10-4（3）若T℃时，pH=2的醋酸溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-11，水电离出的H+和OH-浓度永远相等，即c(OH-)aq=c(OH-)水=c(H+)水=10-11mol/L，则该温度下水的离子积常数Kw=10-2×10-11=10-13，将此温度下VaLpH=1的HCl溶液c(H+)=10-1mol/L与VbLpH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-1310-11=10-2mol/L，混合后pH=3呈酸性，即酸过量，故有：10-1Va-10

【分析】（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，所有的酸、碱、盐和大多数金属氧化物均为电解质，在水溶液中能够完全电离的电解质是强电解质，强酸、强碱和多数盐是强电解质，非电解质是指在水溶液或熔融状态下均不能导电的化合物；（2）根据醋酸的电离方程式，利用电离常数计算；（3）依据酸溶液中c(OH-)aq=c(OH-)水=c(H+)水，利用Kw=c(H+)c(OH-)计算；依据酸碱混合计算pH。18．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率（2）H2；PbO2+4HCl=PbCl2+Cl2↑+2H2O（3）增大c(Cl-)，平衡正向移动，促进PbCl2溶解浸出（4）4：1；70℃；升高温度，反应速率加快或升高温度，PbCl2的溶解度增大（5）Na2SO4；Ca2++SO42-【解析】【解答】铅膏(含Pb、PbO、PbO2、PbSO4)加盐酸、食盐水进行“浸取”、过滤得到含Cl-、PbCl2、PbCl42-的溶液，静置冷却，平衡PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)逆向移动析出PbCl（1）铅膏浸取前通常需要研磨，目的是增大接触面积，加快反应速率；（2）铅膏(含Pb、PbO、PbO2、PbSO4)，加盐酸，Pb和HCl反应产生H2，PbO2和HCl发生氧化还原反应产生Cl2，因此“浸取”过程会产生混合气体，其成分是H2和少量Cl2；PbO2氧化盐酸产生Cl2，则PbO2被还原为PbCl2，反应的化学方程式为PbO2+4HCl=PbCl2+Cl2↑+2H2O；（3）25℃时PbCl2固体在浓盐酸中存在平衡：PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)，浸取时加入饱和食盐水的目的是增大c(Cl-（4）①由图可知盐酸与水的配比为4：1时铅的浸取率已达较大值，再增大盐酸与水的配比铅的浸取率增大值不大，反应为度为7