山东省潍坊市高一上学期期末测试化学试题

高一化学1.答卷前，考生将自己的学校、姓名、班级、座号、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.我国制定了实现“碳中和”和“碳达峰”的长期战略目标。下列做法不利于实现该目标的是A.大力推广火力发电 B.研发合成淀粉技术C.开发新能源 D.发展捕集技术2.关于下列仪器使用的说法错误的是A.②、③可加热B.③、④不能用作反应容器C.①、③使用前需要检漏D.②、③、④可用于浓硫酸配制稀硫酸3.下列物质的分类合理的是A.—酸性氧化物 B.—碱性氧化物C.纯碱—碱 D.氨气—电解质4.下列反应既属于氧化还原反应，又属于离子反应的是A.氢氧化钠与稀硫酸反应 B.灼热的木炭与反应C.钠与水反应 D.与氢氧化钠溶液反应5.下列物质应用错误的是A.液氨用作制冷剂 B.用铁罐贮运浓硝酸C.用作食品添加剂 D.用作红色染料6.利用下列装置进行实验，能达到实验目的是ABCD收集制备制备并收集氯化钠溶液蒸发结晶A.A B.B C.C D.D7.下列离子方程式书写正确的是A.向稀硝酸中加入锌粉：B向硫酸中滴加氢氧化钡溶液：C.向氯水中通入少量二氧化硫：D.向氯化铁溶液中加入铜粉：8.下列实验方法错误的是A.用浓硫酸干燥二氧化硫气体 B.用湿润的淀粉试纸检验C.用排饱和食盐水法收集 D.用饱和溶液除去中的9.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图为硫及其部分化合物的“价-类”二维图。下列说法错误的是

A.c能使紫色石蕊溶液变红 B.b在纯氧气中点燃可生成dC.g既具有氧化性也具有还原性 D.酸雨久置可发生e到f转化10.亚氯酸钠()常用作高端漂白剂，漂白织物时不损伤纤维.制备的流程如图所示。下列说法错误的是A.的消毒能力比强B.在反应过程中做氧化剂C.生成，理论上消耗标准状况下D.通入发生反应的化学方程式为二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.M、N为两种强酸。标准状况下，的M溶液与足量锌粒反应，生成体积为；的N溶液与足量锌粒反应，生成体积为。下列说法错误的是A.生成分子数之比一定为B.M、N溶液中氢离子浓度之比一定为C.由一定能确定M、N对应酸根离子的化合价D.消耗M、N的物质的量之比一定为12.某化学实验小组进行如下实验：将稀盐酸、和溶液倒入烧杯中，将一根洁净的铁丝制作成心形放入烧杯中，铁丝上有气泡生成，其周围溶液变成红色；一段时间后铁丝周围溶液开始产生大量气泡且生成气泡越来越快。下列说法错误的是A.该过程中产生的气体为和B.能加快的分解C.、均被氧化D.反应结束后，向烧杯中加入足量维生素C可使溶液红色褪去13.某化学小组利用如图所示装置探究与相关性质。将a加热一段时间后，b中溶液颜色变浅，并有少量沉淀产生。下列说法错误的是A.b中沉淀为 B.稳定性：C.a溶液中溶质质量减小 D.b溶液中的物质的量不变14.下列实验操作及现象、结论均正确的是选项实验操作及现象结论A向某溶液中滴加稀盐酸，产生无色无味气体该溶液一定含B向某溶液中滴加溶液和氯水，溶液显红色该溶液一定含C向某溶液中滴加稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀该溶液一定含D向某溶液中滴加稀溶液，未产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液一定不含A.A B.B C.C D.D15.碳氮硫共脱除工艺可以协同除去工业废水中的、和，流程如图所示。下列说法错误的是A.过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1B.过程中发生反应的离子方程式为C.过程中每生成，转移电子的物质的量为D.转化为的总反应为三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.某化学小组制备，并验证的部分性质，装置如图(部分夹持装置省略)所示。回答下列问题：（1）仪器a的名称为_______；A中反应的化学方程式为_______。（2）体现氧化性的实验现象是_______；证明具有漂白性的现象是_______。（3）C中反应的离子方程式为_______。（4）实验观察到E装置试剂瓶内有白色沉淀生成，反应的离子方程式为_______；b中的试剂为_______；反应结束后通入的目的是_______。17.铁黄()是一种重要的颜料，可通过如下反应制备：；实验装置如图1所示(部分夹持装置省略)。操作如下：ⅰ.关闭，打开止水夹与；ⅱ.关闭止水夹，一段时间后，打开；ⅲ.当乙中时，关闭、，打开，通入空气，乙中变化如图2所示。回答下列问题：（1）检验装置乙的气密性应先_______，再用热毛巾捂热乙，丙中导管末端出现气泡，停止加热后导管中形成一段水柱，则气密性良好。（2）装置甲中反应的离子方程式为_______。（3）向乙中加入氨水，产生白色沉淀，反应的离子方程式为_______。（4）通入空气时，多孔球泡的作用为_______；时刻后，溶液中的与反应也会生成，该反应的离子方程式为_______.（5）实验时发现乙中产生灰绿色物质，甲同学认为该物质是和的混合物，乙同学认为是吸附形成的混合物。设计实验方案验证哪一位同学的观点正确(可供选择的试剂：盐酸、硝酸、高锰酸钾溶液、硫氰酸钾溶液)_______。18.磷酸亚铁锂()是新型锂离子电池的电极材料，来源广泛且无污染。利用钛铁矿(主要成分为，含有少量等杂质)制备的工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）反应过程中的化合价没有发生变化，则中元素的化合价为_______。（2）实验室中进行过滤操作需要用到的玻璃仪器有烧杯、_______。（3）氧化时发生反应的离子方程式为_______；滤液中溶质的主要为_______(填化学式)。（4）高温煅烧时发生反应的化学方程式为_______。（5）理论上反应过程中消耗和的物质的量之比为_______。19.氨氮废水中的氮元素主要以和的形式存在。检测、处理氨氮废水是减轻水体富营养化的主要手段。回答下列问题：（1）氨氮含量检测装置如图(部分夹持装置省略)所示：①A中发生反应的离子方程式为_______。②B中盛装的物质为_______；装置D的作用是_______。③反应结束后，C装置增重，则废水中氨氮(以氨气计)的物质的量浓度为_______。（2）用氧化法处理氨氮废水，使氨氮完全氧化成氮气，反应过程中溶液的与氨氮去除率的关系如图所示。已知：的氧化性比强。①时与反应的离子方程式为_______。②大于8时，氨氮去除率随升高而降低的原因是_______。20.金属的回收是工业生产中的重要课题。利用某工业废渣(主要成分为难溶物M及Cu、Ag和Au等)回收Ag和Au的工艺流程如图所示：已知：Ⅰ.具有强氧化性，能氧化Cu、Ag等金属；加热到或遇催化剂易分解。Ⅱ.浸银时发生的反应为。回答下列问题：（1）工业生产中实际消耗的远远超过理论用量，原因可能为_______。（2）滤渣1的主要成分为M和_______(填化学式)；浸金前需对滤渣1进行洗涤，检验是否洗涤干净选用的试剂是_______(填化学式)。（3）浸银液将氧化为的离子方程式为_______。（4）该流程中循环使用的物质为_______(填化学式)。（5）浸金时转化为，浸取理论上消耗的物质的量为_______。

解析版

高一化学1.答卷前，考生将自己的学校、姓名、班级、座号、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.我国制定了实现“碳中和”和“碳达峰”的长期战略目标。下列做法不利于实现该目标的是A.大力推广火力发电 B.研发合成淀粉技术C.开发新能源 D.发展捕集技术【答案】A【解析】【详解】A．大力发展火力发电会消耗大量能源，会排放大量的二氧化碳，故A符合题意；B．研发合成淀粉技术，可以减缓温室效应，实现碳的循环利用，故B不符合题意；C．开发利用新能源可以减少化石能源的利用，减少污染物的排放，故C不符合题意；D．发展CO2捕集技术，可以减缓温室效应，实现碳的循环利用，故D不符合题意；故选A。2.关于下列仪器使用的说法错误的是A.②、③可加热B.③、④不能用作反应容器C.①、③使用前需要检漏D.②、③、④可用于浓硫酸配制稀硫酸【答案】A【解析】【详解】A．③容量瓶不能加热，故A错误；B．③容量瓶和④量筒不能用作反应容器，故B正确；C．①分液漏斗带有瓶塞和旋塞、③容量瓶带有瓶塞，使用前需要检漏，故C正确；D．用浓溶液配制稀溶液需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管等，故D正确；故选A。3.下列物质的分类合理的是A.—酸性氧化物 B.—碱性氧化物C.纯碱—碱 D.氨气—电解质【答案】B【解析】【详解】A．NO2与碱发生氧化还原反应，生成不止一种盐，不是酸性氧化物，A错误；B．与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，B正确；C．纯碱为碳酸钠，不是碱，是盐，C错误；D．氨气不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，D错误；故选B。4.下列反应既属于氧化还原反应，又属于离子反应的是A.氢氧化钠与稀硫酸反应 B.灼热的木炭与反应C.钠与水反应 D.与氢氧化钠溶液反应【答案】C【解析】【详解】A．该反应是在溶液中进行，有离子参加，属于离子反应，没有电子转移，不属于氧化还原反应，选项A错误；B．灼热的炭与二氧化碳反应生成一氧化碳，该反应中有电子转移，属于氧化还原反应，没有离子参加，不属于离子反应，选项B错误；C．该反应中有电子转移、有离子参加，所以属于离子反应和氧化还原反应，选项C正确；D．与氢氧化钠溶液反应，该反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应，有离子参加，属于离子反应，选项D错误；答案选C。5.下列物质应用错误的是A.液氨用作制冷剂 B.用铁罐贮运浓硝酸C.用作食品添加剂 D.用作红色染料【答案】D【解析】【详解】A．液氨气化时吸收大量的热，可用作制冷剂，故A正确；B．铁可被冷的浓硝酸钝化，生成致密的氧化膜，保护内部金属不再被氧化，故可以用铁罐贮运浓硝酸，故B正确；C．二氧化硫具有还原性，在葡萄酒中加入适量SO2，可以消除其中含有的O2，从而可以保持葡萄酒的品质，故二氧化硫可以用作食品添加剂，故C正确；D．为黑色固体，不可用作红色染料，故D错误；故选D。6.利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是ABCD收集制备制备并收集氯化钠溶液蒸发结晶A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．NO易与空气中的氧气反应且NO的密度与空气接近，不能用排空气法收集NO，故A错误；B．铜和浓硫酸需要加热生成二氧化硫气体，故B错误；C．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气会在管口化合生成氯化铵，不会得到氨气，故C错误；D．氯化钠溶液在蒸发皿中蒸发结晶得到氯化钠固体，故D正确；故选D。7.下列离子方程式书写正确的是A.向稀硝酸中加入锌粉：B.向硫酸中滴加氢氧化钡溶液：C.向氯水中通入少量二氧化硫：D.向氯化铁溶液中加入铜粉：【答案】C【解析】【详解】A．稀硝酸与金属反应生成NO，正确的离子方程式为：，故A错误；B．不满足化学式的配比，正确离子方程式为：，故B错误；C．氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，离子方程式正确，故C正确；D．不满足电荷守恒，正确离子方程式为：，故D错误；故选：C。8.下列实验方法错误的是A.用浓硫酸干燥二氧化硫气体 B.用湿润的淀粉试纸检验C.用排饱和食盐水法收集 D.用饱和溶液除去中的【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸不与二氧化硫反应，可用浓硫酸干燥二氧化硫，故A正确；B．氯气与KI反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，可用湿润的淀粉试纸检验，故B正确；C．饱和食盐水可以降低氯气在水中的溶解度，可用排饱和食盐水法收集，故C正确；D．能与二氧化碳反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除去中的，故D错误；故选：D。9.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图为硫及其部分化合物的“价-类”二维图。下列说法错误的是

A.c能使紫色石蕊溶液变红 B.b在纯氧气中点燃可生成dC.g既具有氧化性也具有还原性 D.酸雨久置可发生e到f的转化【答案】B【解析】【详解】A．c为二氧化硫，溶于水生成亚硫酸，能使紫色石蕊变红，故A正确；B．b为硫单质，在纯氧中燃烧只能生成二氧化硫，故B错误；C．g为+4价的亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，+4处于硫的中间价态，既能化合价生成+6价，表现还原性，也能化合价降低成0价表现氧化性，故C正确；D．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸在空气中会逐渐被氧化成硫酸，故D正确；故选：B。10.亚氯酸钠()常用作高端漂白剂，漂白织物时不损伤纤维.制备的流程如图所示。下列说法错误的是A.的消毒能力比强B.在反应过程中做氧化剂C.生成，理论上消耗标准状况下D.通入发生反应的化学方程式为【答案】B【解析】【分析】本题考查从氯酸钠来制备亚氯酸钠的相关知识，首先在酸性条件下用二氧化硫还原氯酸钠为二氧化氯，再在碱性条件下用过氧化氢还原二氧化氯为亚氯酸钠，最后再结晶得到亚氯酸钠晶体，以此解题。【详解】A．一般来说，同种元素化合价越高其氧化性越强，中氯的化合价为+4价，中氯的化合价为0价，故前者氧化性强，消毒能力强，A正确；B．相应的方程式为：，其中过氧化氢中氧的化合价由-1价升高到0价，做还原剂，B错误；C．相应的方程式为：，且，故关系式为：，即生成1molNaClO2，则理论上消耗二氧化硫为0.5mol，故标准状况下二氧化硫的体积为，C正确；D．通入发生反应的化学方程式为，D正确；故选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.M、N为两种强酸。标准状况下，的M溶液与足量锌粒反应，生成体积为；的N溶液与足量锌粒反应，生成体积为。下列说法错误的是A.生成的分子数之比一定为B.M、N溶液中的氢离子浓度之比一定为C.由一定能确定M、N对应酸根离子的化合价D.消耗M、N的物质的量之比一定为【答案】BC【解析】【详解】A．生成的分子数之比等于物质的量之比，相同条件下生成H2的物质的量之比等于体积之比，A正确；B．M、N溶液中的氢离子浓度之比等于其生成氢气的物质的量之比，也等于其体积之比，即，由于两种强酸的元数不确定，故浓度之比不一定为，B错误；C．由于两种强酸的元数不确定，则由不一定能确定M、N对应酸根离子的化合价，C错误；D．两种酸的体积相同，物质的量之比等于其浓度之比，D正确；故选BC。12.某化学实验小组进行如下实验：将稀盐酸、和溶液倒入烧杯中，将一根洁净的铁丝制作成心形放入烧杯中，铁丝上有气泡生成，其周围溶液变成红色；一段时间后铁丝周围溶液开始产生大量气泡且生成气泡越来越快。下列说法错误的是A.该过程中产生的气体为和B.能加快的分解C、均被氧化D.反应结束后，向烧杯中加入足量维生素C可使溶液红色褪去【答案】C【解析】【分析】该过程中，铁丝和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，有气泡生成，氯化亚铁被H2O2氧化生成氯化铁，三价遇到溶液变为红色；一段时间后铁丝周围溶液开始产生大量气泡且生成气泡越来越快，是因为H2O2在氯化铁的催化下生成水和氧气。【详解】A．开始，铁和盐酸生成氢气，后来因为H2O2在氯化铁的催化下生成水和氧气，A正确；B．开始产生大量气泡且生成气泡越来越快，说明三价铁可以催化过氧化氢分解，B正确；C．盐酸中氢的化合价降低，氯的化合价没有变化，故盐酸被还原，C错误；D．三价铁具有氧化性，能被维生素C还原为二价铁，从而使溶液颜色发生变化，D正确；故选C。13.某化学小组利用如图所示装置探究与相关性质。将a加热一段时间后，b中溶液颜色变浅，并有少量沉淀产生。下列说法错误的是A.b中沉淀为 B.稳定性：C.a溶液中溶质质量减小 D.b溶液中的物质的量不变【答案】AD【解析】【分析】a中发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，b中发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。【详解】A．由于溶解度Na2CO3＞2NaHCO3，故b中生成碳酸氢钠后，可析出，故A错误；B．加热时碳酸氢钠可分解，生成更稳定的碳酸钠，故稳定性，故B正确；C．a中发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，故溶液质量减小，故C正确；D．由于碳酸氢钠析出，故b中的物质的量减小，故D错误；故选AD。14.下列实验操作及现象、结论均正确的是选项实验操作及现象结论A向某溶液中滴加稀盐酸，产生无色无味气体该溶液一定含B向某溶液中滴加溶液和氯水，溶液显红色该溶液一定含C向某溶液中滴加稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀该溶液一定含D向某溶液中滴加稀溶液，未产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液一定不含A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向某溶液中滴加稀盐酸，产生无色无味气体二氧化碳气体，原溶液中可能含有、，故A错误；B．向某溶液中滴加溶液和氯水，溶液显红色，原溶液中可能含有或，故B错误；C．向某溶液中滴加稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀，则该溶液一定含，故C正确；D．滴加少量稀NaOH溶液，可能只是生成一水合氨，并没有产生氨气，因此无法检验原溶液是否含有铵根，应加入足量浓NaOH溶液，加热，故D错误；故选C。15.碳氮硫共脱除工艺可以协同除去工业废水中的、和，流程如图所示。下列说法错误的是A.过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1B.过程中发生反应的离子方程式为C.过程中每生成，转移电子的物质的量为D.转化为的总反应为【答案】CD【解析】【详解】A．由图示可知，r1过程中发生反应S2-+NO+2H+=S↓+NO+H2O，氧化剂为NO，还原剂为S2-，故氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1，A正确；B．由图示可知，过程中发生反应的离子方程式为，B正确；C．由图示可知，过程中发生反应的离子方程式为8NO+3CH3COO-+11H+=4N2↑+6CO2↑+10H2O，每生成，转移电子的物质的量为4mol，故C错误；D．转化为的总反应为，故D错误；故选CD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.某化学小组制备，并验证的部分性质，装置如图(部分夹持装置省略)所示。回答下列问题：（1）仪器a的名称为_______；A中反应的化学方程式为_______。（2）体现氧化性的实验现象是_______；证明具有漂白性的现象是_______。（3）C中反应的离子方程式为_______。（4）实验观察到E装置试剂瓶内有白色沉淀生成，反应的离子方程式为_______；b中的试剂为_______；反应结束后通入的目的是_______。【答案】（1）①.分液漏斗②.（2）①.B中出现淡黄色浑浊②.品红溶液褪色（3）（4）①.②.NaOH溶液③.将装置内的二氧化硫全部赶入b中吸收，防止污染环境【解析】【分析】为防止制取的二氧化硫被氧气氧化，实验开始前先通一段时间的氮气排尽装置中的空气后，再将浓硫酸滴入亚硫酸钠固体上，反应生成二氧化硫，二氧化硫气体进入硫化钠溶液中反应生成S单质，体现二氧化硫的氧化性，进入高锰酸钾溶液中能被高锰酸钾氧化，体现二氧化硫的还原性，进入品红溶液中能使品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性，最后通入氯化铁溶液中能被氧化成硫酸根离子，与溶液中的钡离子结合生成硫酸钡沉淀，多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【小问1详解】由仪器a的构造可知a为分液漏斗，A中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，反应方程式为：，故答案为：分液漏斗；；【小问2详解】二氧化硫进入硫化钠溶液中，能将硫离子氧化成硫单质，溶液中出现淡黄色的浑浊现象；二氧化硫通入品红溶液中能使品红褪色，体现其漂白性，故答案为：B中出现淡黄色浑浊；品红溶液褪色；【小问3详解】二氧化硫进入高锰酸钾溶液中能被高锰酸钾氧化，反应的离子方程式为：，故答案为：；【小问4详解】二氧化硫通入氯化铁溶液中能被氧化成硫酸根离子，与溶液中的钡离子结合生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：；多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，因此b中应为氢氧化钠溶液；反应结束后通入，将装置内的二氧化硫全部赶入b中吸收，防止污染环境，故答案为：；NaOH溶液；将装置内的二氧化硫全部赶入b中吸收，防止污染环境；17.铁黄()是一种重要的颜料，可通过如下反应制备：；实验装置如图1所示(部分夹持装置省略)。操作如下：ⅰ.关闭，打开止水夹与；ⅱ.关闭止水夹，一段时间后，打开；ⅲ.当乙中时，关闭、，打开，通入空气，乙中变化如图2所示。回答下列问题：（1）检验装置乙的气密性应先_______，再用热毛巾捂热乙，丙中导管末端出现气泡，停止加热后导管中形成一段水柱，则气密性良好。（2）装置甲中反应的离子方程式为_______。（3）向乙中加入氨水，产生白色沉淀，反应的离子方程式为_______。（4）通入空气时，多孔球泡的作用为_______；时刻后，溶液中的与反应也会生成，该反应的离子方程式为_______.（5）实验时发现乙中产生灰绿色物质，甲同学认为该物质是和的混合物，乙同学认为是吸附形成的混合物。设计实验方案验证哪一位同学的观点正确(可供选择的试剂：盐酸、硝酸、高锰酸钾溶液、硫氰酸钾溶液)_______。【答案】（1）关闭K2、K3（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）Fe2++2NH3·H2O=↓+2（4）①.采用多孔球泡来增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行②.（5）取少量混合物于试管中，加入足量的稀盐酸，再滴加几滴硫氰酸钾溶液，若溶液变为血红色，则该物质是和的混合物，否则为吸附形成的混合物【解析】【小问1详解】装置气密性的检查一般常用加热法，依据的原理是：通过加热（用酒精灯或热毛巾或体温）密闭容器，使其中的气体受热膨胀，压强变大，导致放入水中的导管口有气泡冒出（导管应先放入水中），移开热源后，由于装置中的气体遇冷收缩、压强变小，又会在导管里形成一段水柱，则气密性良好；故答案为先关闭K2、K3；【小问2详解】装置甲中铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；【小问3详解】向乙中加入氨水，产生白色沉淀，反应的离子方程式为Fe2++2NH3·H2O=↓+2；【小问4详解】因为有气体参加反应，故采用多孔球泡来增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行；时刻后，溶液中的与反应也会生成，该反应的离子方程式为；【小问5详解】取少量混合物于试管中，加入足量的稀盐酸，再滴加几滴硫氰酸钾溶液，若溶液变为血红色，则该物质是和的混合物，否则为吸附形成的混合物。18.磷酸亚铁锂()是新型锂离子电池的电极材料，来源广泛且无污染。利用钛铁矿(主要成分为，含有少量等杂质)制备的工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）反应过程中的化合价没有发生变化，则中元素的化合价为_______。（2）实验室中进行过滤操作需要用到的玻璃仪器有烧杯、_______。（3）氧化时发生反应的离子方程式为_______；滤液中溶质的主要为_______(填化学式)。（4）高温煅烧时发生反应的化学方程式为_______。（5）理论上反应过程中消耗和的物质的量之比为_______。【答案】（1）+4（2）漏斗和玻璃棒（3）①.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-②.HCl（4）（5）1：1【解析】【分析】用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量SiO2等杂质)来制备LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Fe2+、TiO2，过滤，沉淀为TiO2，与氯气反应生成Fe3+，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧得到产品，以此来解答。【小问1详解】反应过程中的化合价没有发生变化，则中元素的化合价为+4。【小问2详解】过滤需要的仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒。【小问3详解】Fe2+与氯气反应生成Fe3+，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；过滤后溶液中剩余氢离子和氯离子，故溶质主要为HCl。【小问4详解】FePO4和碳酸锂、草酸反应生成二氧化碳和LiFePO4，故化学方程式为。【小问5详解】根据反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-和中Fe的量相同，故消耗和的物质的量之比为1：1。19.氨氮废水中的氮元素主要以和的形式存在。检测、处理氨氮废水是减轻水体富营养化的主要手段。回答下列问题：（1）氨氮含量检测装置如图(部分夹持装置省略)所示：①A中发生反应的离子方程式为_______。②B中盛装的物质为_______；装置D的作用是_______。③反应结束后，C装置增重，则废水中氨氮(以氨气计)的物质的量浓度为_______。（2）用氧化法处理氨氮废水，使氨氮完全氧化成氮气，反应过程中溶液的与氨氮去除率的关系如图所示。已知：的氧化性比强。①时与反应的离子方程式为_______。②大于8时，氨氮去除率随升高而降低的原因是_______。【答案】（1）①.NH＋OH－NH3↑＋H2O②.碱石灰③.吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中④.0.9（2）①.2NH+3HClO=N2↑＋3Cl—+5H+＋3H2O②.溶液碱性增强，HClO转化为氧化性弱的ClO—【解析】【分析】由图可知，装置A中铵根离子在热空气的作用下与氢氧化钠溶液反应生成氨气，一水合氨在热空气作用下分解生成氨气，装置B中盛有的碱石灰用于干燥氨气，防止水蒸气被浓硫酸吸收，导致实验误差，装置C中盛有的浓硫酸用于吸收和测定反应生成的氨气，装置D中盛有的碱石灰用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中被浓硫酸吸收，导致实验误差。【小问1详解】①A中发生的反应为铵根离子在热空气的作用下与氢氧化钠溶液反应生成氨气，反应的离子方程式为NH＋OH－NH3↑＋H2O，故答案为：NH＋OH－NH3↑＋H2O；②由分析可知，装置B中盛有的碱石灰用于干燥氨气，防止水蒸气被浓硫酸吸收，导致实验误差；装置D中盛有的碱石灰用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中被浓硫酸吸收，导致实验误差，故答案为：碱石灰；吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中；③反应结束后，C装置增重1.53g，则废水中氨氮(以氨气计)的物质的量浓度为=0.9mol/L，故答案为：0.9；【小问2详解】①pH为6时，溶液中铵根离子与次氯酸反应生成氮气、氯离子、氢离子和水，反应的离子方程式为2NH+3HClO=N2↑＋3Cl—+5H+＋3H2O，故答案为：2NH+3HClO=N2↑＋3Cl—+5H+＋3H2O；②pH大于8时，溶液碱性增强，次氯酸与氢氧根离子反应转化为氧化性弱的次氯酸根离子，导致氨氮去除率降低，故答案为：溶液碱性增强，HClO转化为氧化性弱的ClO—；20.金属的回收是工业生产中的重要课题。利用某工业废渣(主要成分为难溶物M及Cu、Ag和Au等)回收Ag和Au的工艺流程如图所示：已知：Ⅰ.具有强氧化性，能氧化Cu、Ag等金属；加热到或遇催化剂易分解。Ⅱ.浸银时发生的反应为。回答下列问题：（1）工业生产中实际消耗的远远超过理论用量，原因可能为_______。（2）滤渣1的主要成分为M和_______(填化学式)；浸金前需对滤渣1进行洗涤，检验是否洗涤干净选用的试剂是_______(填化学式)。（3）浸银液将氧化为的离子方程式为_______。（4）该流程中循环使用的物质为_______(填化学式)。（5）浸金时转化为，浸取理论上消耗的物质的量为_______。【答案】（1）溶液中的金属离子催化分解（2）①.Au、AgCl②.BaCl2（3）（4）（5）0.5【解析】【分析】废渣加入/硫酸溶液中，氧化Cu、Ag等金属将其转变成离子，再加适量NaCl溶液将银离子沉淀成AgCl，过滤得到硫酸铜溶液和滤渣Au和AgCl，滤渣中加入浸金液，浸金时转化为，过滤得到滤渣和浸金液，浸金液经一系列处理得到金单质，滤渣中的AgCl固体加入亚硫酸钠溶液中发生反应将Ag转化成，再加入氢氧化钠和甲醛后将还原成Ag单质，浸银残渣中再通二氧化硫将过量的氢氧化钠转化成亚硫酸钠循环利用，据此解答；【小问1详解】不稳定在受热或遇催化剂易分解，在溶液中被氧化生成铜离子和银离子均会起催化剂作用使部分分解，因此使其用量增加，故答案为：溶液中的金属离子催化分解；【小问2详解】由上述分析可知滤渣1的主要成分为Au和AgCl；滤渣1若洗涤干净则最后一次洗涤液中应不存在硫酸根离子，因此可用氯化钡溶液检验最后一次洗涤液中是否存在硫酸根离子，故答案为：Au、AgCl；BaCl2；【小问3详解】浸银液将氧化为，甲醛将还原成Ag单质，1mol失4mol电子，1mol得2mol电子，根据得失电子守恒以及元素守恒可得反应的离子方程式：，故答案为：；【小问4详解】由上述分析可知最终浸银残液中通入二氧化硫后，残液中过量的氢氧化钠吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，亚硫酸钠可在浸银时继续使用，因此可循环使用的是，故答案为：；【小问5详解】浸金时转化为，浸取使失3mol电子，得电子生成氯离子，1mol得6mol电子，则浸取理论上消耗的物质的量为0.5mol，故答案为：0.5；模块综合试卷(时间：90分钟满分：100分)一、选择题：本题共11小题，每小题2分，共22分。每小题只有一个选项符合题意。1．Cl－核外电子的运动状态共有()A．3种B．5种C．17种D．18种答案D解析根据泡利原理，在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋方向相反。所以，一个原子中不可能有运动状态完全相同的电子，一个原子(或离子)有几个电子，核外电子的运动状态就有几种。Cl原子序数为17，Cl－有18个电子，即Cl－核外电子的运动状态共有18种，D选项符合题意。2．下列表达方式正确的是()A．24Cr的外围电子排布式：3d44s2B．CO2的空间结构模型：C．基态碳原子的价电子的轨道表示式为D．N2的电子式：N⋮⋮N答案C解析24号元素Cr的外围电子排布式为3d54s1，3d轨道半充满状态能量低、稳定，A错误；二氧化碳是直线形，而不是V形，B错误；基态碳原子价电子排布式为2s22p2，所以价电子排布图为，C正确；N2的电子式为，D错误。3．某元素基态原子3d轨道上有10个电子，则该基态原子价电子排布不可能是()A．3d104s1 B．3d104s2C．3s23p6 D．4s24p2答案C解析若价电子排布为3d104s1，为29号元素Cu，电子排布式为：[Ar]3d104s1，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故A正确；若价电子排布为3d104s2，为30号元素Zn，电子排布式为[Ar]3d104s2，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故B正确；若价电子排布为3s23p6，为18号元素Ar，电子排布式为1s22s22p63s23p6，3d轨道上没有电子，故C错误；若价电子排布为4s24p2，为32号元素Ge，电子排布式为[Ar]3d104s24p2，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故D正确。4．下列说法或化学用语表达正确的是()A．s能级的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子只能在球壳内运动B．Fe2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6C．p能级的原子轨道呈哑铃形，随着能层的增加，p能级原子轨道也在增多D．某原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，属于激发态答案B解析s能级的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子不只在球壳内运动，还在球壳外运动，只是在球壳外运动概率较小，A错误；Fe为26号元素，原子核外有26个电子，Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去2个电子形成Fe2＋，则Fe2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，B正确；p能级的原子轨道呈哑铃形，任何能层上的p能级都有3个原子轨道，与能层的大小无关，C错误；当轨道中的电子处于半充满或全充满状态时，能量较低，属于稳定状态，所以某原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1处于低能态，D错误。5．下列说法正确的是()A．Na2O2和NaOH所含化学键类型完全相同B．NH3比PH3稳定是因为NH3分子间存在氢键C．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D．H2O2是含非极性键的极性分子答案D解析NaOH中含有离子键和极性共价键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，所以两者化学键类型不完全相同，A错误；氢键影响物理性质，不影响氢化物的稳定性，NH3比PH3稳定是因为N元素非金属性强于P，B错误；化学反应的实质是旧键断裂新键形成，CO2溶于水与水反应生成碳酸，则CO2溶于水存在共价键和分子间作用力的改变，干冰升华只是CO2从固态变为气态，只有分子间作用力改变，因此二者作用力的改变不相同，C错误；H2O2既含极性键又含非极性键的极性分子，D正确。6．下列叙述错误的是()A．区别晶体与非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验B．外观呈现规则多面体的物质，内部微观粒子在三维空间一定呈周期性有序排列C．晶体具有各向异性，所以用红热的铁针刺中涂有石蜡的水晶柱面，熔化的石蜡呈椭圆形D．乙醇和水都是极性分子，符合相似相溶规律，且它们易形成分子间氢键，故乙醇易溶于水答案B解析构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X射线衍射图谱反映出来，因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验，A正确；晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，与是否具有规则的几何外形无关，B错误；晶体的外形和内部质点排列高度有序，物理性质表现出各向异性，水晶属于晶体，具有各向异性，不同方向导热性能不同，而石蜡属于非晶体，不具有各向异性，所以用红热的铁针刺中涂有石蜡的水晶柱面，熔化的石蜡呈椭圆形，C正确；氧的电负性比较大，乙醇与水分子之间能形成氢键，则乙醇和水以任意比例互溶，D正确。7．下列说法不正确的是()A．乙烯分子中的σ键和π键之比为5∶1B．某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ·mol－1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2＋C．Na、P、Cl的电负性依次增大D．向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，所有Cl－均被完全沉淀答案D解析共价单键是σ键，共价双键中含有1个π键1个σ键，乙烯的结构式为，含有5个σ键，1个π键，σ键和π键之比为5∶1，A正确；该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现＋2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2＋，B正确；Na、P、Cl为同周期元素，同周期元素，从左到右电负性依次增大，所以Na、P、Cl电负性依次增大，C正确；向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，外界Cl－被完全沉淀，内界不会被沉淀，D错误。8．我国科学家最近成功合成了世界首个五氮阴离子盐R，其化学式为(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，从结构角度分析，R中两种阳离子的不同之处为()A．中心原子的杂化轨道类型B．中心原子的价层电子对数C．空间结构D．共价键类型答案C解析根据信息和化学式可知，阳离子为NHeq\o\al(＋,4)、H3O＋，NHeq\o\al(＋,4)对应中心原子为N形成4个σ键，孤电子对数为eq\f(5－1－4×1,2)＝0，价层电子对数为4，杂化类型是sp3，其空间结构为正四面体形，其共价键类型为极性共价键；H3O＋的中心原子为O，形成3个σ键，孤电子对数为eq\f(6－3－1,2)＝1，H3O＋价层电子对数为4，杂化类型是sp3，空间结构为三角锥形，其共价键类型为极性共价键，则C项正确。9．下列说法正确的是()A．键角：BF3＞CH4＞H2O＞NH3B．CO2、HClO、HCHO分子中一定既有σ键又有π键C．已知二茂铁[Fe(C5H5)2]熔点是173℃(在100℃时开始升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯等非极性溶剂。在二茂铁结构中，C5Heq\o\al(－,5)与Fe2＋之间是以离子键相结合D．在硅酸盐中，SiOeq\o\al(4－,4)四面体通过共用顶角氧离子形成一种无限长单链结构的多硅酸根如图a，其中Si原子的杂化方式与b图中S8单质中S原子的杂化方式相同答案D解析BF3：空间结构为平面三角形，键角120°；CH4：空间结构为正四面体形，键角109°28′；H2O：空间结构为V形，键角105°；NH3：空间结构为三角锥形，键角107°，所以键角：BF3＞CH4＞NH3＞H2O，故A错误；CO2既有σ键又有π键；H—O—Cl只有σ键；HCHO既有σ键又有π键，故B错误；在二茂铁结构中，不存在C5Heq\o\al(－,5)与Fe2＋，碳原子含有孤电子对，铁原子含有空轨道，所以碳原子和铁原子之间形成配位键，故C错误；硅酸盐中的硅酸根(SiOeq\o\al(4－,4))为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；S8单质中S原子有两个孤电子对和两个共价键，杂化方式也为sp3，故D正确。10．甲烷晶体的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是()A．甲烷晶胞中的球只代表1个C原子B．晶体中1个CH4分子周围有12个紧邻的CH4分子C．甲烷晶体熔化时需克服共价键D．1个CH4晶胞中含有8个CH4分子答案B解析晶胞中的球体代表的是1个甲烷分子，并不是1个碳原子，故A错误；以该甲烷晶胞为单元，位于顶点的某1个甲烷分子与其距离最近的甲烷分子有3个，而这3个甲烷分子在面心上，因此每个都被共用2次，故与1个甲烷分子紧邻的甲烷分子有3×8×eq\f(1,2)＝12个，故B正确；甲烷是分子晶体，熔化时需克服范德华力，故C错误；甲烷晶胞中的球体代表1个甲烷分子，该晶胞含有甲烷的分子个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，故D错误。11．已知P4单质的结构如下，P4在KOH溶液中的变化是：P4＋3KOH＋3H2O=3KH2PO2＋PH3↑，下列说法正确的是()A．产物PH3分子中所有的原子可能共平面B．31gP4含有1.5NA个P—PC．相关元素的电负性大小顺序：P>O>H>KD．P4中P原子为sp2杂化答案B解析PH3分子的空间结构为三角锥形，所有的原子不可能共平面，A错误；P4的空间结构为，31gP4的物质的量为0.25mol，含有1.5NA个P—P，B正确；同一周期，从左到右电负性增大，同一主族，从上到下电负性减小，所以电负性O>P，C错误；P4分子中P原子含有的价层电子对数是4，其中含有一个孤电子对，所以P原子的杂化形式为sp3杂化，D错误。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。12．前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y在同周期中电负性最小，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23∶16；同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小；T元素的价电子排布式为3d104s1。下列说法正确的是()A．简单离子的半径W＞Y＞ZB．最高价氧化物对应水化物的酸性W＞Z＞XC．W和T的单质混合加热可得化合物T2WD．W的单质在足量的氧气中燃烧，所得产物溶于水可得强酸答案AC解析X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23∶16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子排布式为3d104s1，推出T元素为Cu，据此回答问题。13．氯仿eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CHCl3))常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(COCl2))：2CHCl3＋O2→2HCl＋2COCl2，下列说法不正确的是()光气的结构式A．CHCl3分子为含极性键的非极性分子B．COCl2分子中含有3个σ键、1个π键，中心C原子采用sp3杂化C．COCl2分子中所有原子的最外层电子都满足8电子稳定结构D．使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质答案AB解析CHCl3中含C—H和C—Cl，C—H和C—Cl都是极性键，CHCl3为四面体形分子，分子中正电中心和负电中心不重合，CHCl3为极性分子，A项错误；单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，根据COCl2的结构式知，COCl2分子中含有3个σ键、1个π键，杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对，C原子形成3个σ键，C原子上没有孤电子对，中心原子C采用sp2杂化，B项错误；COCl2的电子式为，COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构，C项正确；CHCl3不会电离出Cl－，HCl在水溶液中会电离出H＋和Cl－，使用前向氯仿中加入AgNO3稀溶液，若产生白色沉淀表明氯仿变质，若无明显现象表明氯仿没有变质，D项正确。14．已知干冰晶胞中相邻最近的两个CO2分子间距为apm，阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是()A．晶胞中一个CO2分子的配位数是8B．晶胞的密度表达式是eq\f(44×4,NA\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)a3×10－30)))g·cm－3C．一个晶胞中平均含6个CO2分子D．CO2分子的空间结构是直线形，中心C原子的杂化类型是sp3杂化答案B解析故B正确，C错误；二氧化碳分子是直线形分子，C原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp，故D错误。15．三硫化磷(P4S3)是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示。下列有关P4S3的说法中不正确的是()A．P4S3中各原子最外层均满足8电子稳定结构B．P4S3中磷元素为＋3价C．P4S3中P原子和S原子均为sp3杂化D．1molP4S3分子中含有4mol极性共价键答案BD解析磷原子最外层电子数为5，硫原子最外层电子数为6，从图中可看出，P4S3中每个磷原子形成了3个共价键，每个硫原子形成了2个共价键，所以P4S3分子中所有原子均满足8电子稳定结构，A正确；P4S3分子中，有一个磷原子连接了3个硫原子，其化合价为＋3，其他的磷原子都是连接两个磷原子和一个硫原子，其化合价为＋1，B错误；从图中可看出该分子中，每个磷原子形成3个σ键且有一个孤电子对，每个硫原子形成2个σ键且有两个孤电子对，所以，该分子中硫原子和磷原子均采取sp3杂化，C正确；一个P4S3分子中含有6个P—S和3个P—P，P—S属于极性共价键，P—P属于非极性共价键，所以1molP4S3中含有6mol极性共价键，D错误。16．元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示：已知Y元素原子的外围电子排布为nsn－1npn＋1，则下列说法不正确的是()A．Y元素原子的外围电子排布为4s24p4B．Y元素在周期表的第三周期ⅥA族C．X元素所在周期中所含非金属元素最多D．Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3答案A解析Y元素原子的外围电子排布为nsn－1npn＋1，s能级最多容纳2个电子，故n－1＝2，解得n＝3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，Y为S元素，由X、Y、Z在周期表中的位置可知，X为F元素，Z为As元素。S元素原子的外围电子排布为3s23p4，A错误；Y为S元素，处于第三周期ⅥA族，B正确；X为F元素，处于第二周期，含非金属元素最多，C正确；Z为As元素，是33号元素，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，D正确。三、非选择题：本题共5个小题，共58分。17．(11分)前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：(1)E的元素名称为________。(2)元素A、B、C中，电负性最大的是________(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为________。(3)与同族其他元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是________________；BA3分子中键角____________109°28′(填“>”“<”或“＝”)。(4)BCeq\o\al(－,3)中B原子轨道的杂化类型为________，BCeq\o\al(－,3)的空间结构为________。(5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为apm，则晶体的密度为________g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数)。答案(1)铬(2)ON＞O＞Al(3)NH3分子间易形成氢键＜(4)sp2平面三角形(5)eq\f(164,a3NA)×1030解析前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，则A为H元素；基态C原子中成对电子数是未成对电子数的3倍，为O元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1，则B为N元素；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，原子序数大于C，为Al元素；基态E原子中成对电子数是未成对电子数的3倍，且原子序数大于D，则E为Cr元素，通过以上分析知，A、B、C、D、E分别是H、N、O、Al、Cr元素。(3)氨气分子之间存在氢键导致其易液化；氨气分子中N原子含有一个孤电子对和3个共价键，甲烷分子C原子形成4个共价键，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以氨气分子中的键角小于甲烷分子中的键角，即NH3分子中键角<109°28′。(5)该晶胞中Al原子个数为4、N原子个数为4，该晶胞体积为(a×10－10cm)3，该晶体密度为eq\f(M×4,NA×V)＝eq\f(41×4,NA×a×10－103)g·cm－3＝eq\f(164,a3·NA)×1030g·cm－3。18．(14分)能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈，越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力。(1)太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层，写出基态镍原子的价电子排布式________，它位于周期表________区。(2)富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途。富勒烯(C60)的结构如图，分子中碳原子轨道的杂化类型为________________；1molC60分子中σ键的数目为________个。(3)多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓(GaAs)、硫化镉(CdS)薄膜电池等。①第一电离能：As________Ga(填“＞”“＜”或“＝”)。②SeO2分子的空间结构为________。(4)三氟化氮(NF3)是一种无色、无味、无毒且不可燃的气体，在太阳能电池制造中得到广泛应用。它可在铜的催化作用下由F2和过量的NH3反应得到，该反应中NH3的沸点________(填“＞”“＜”或“＝”)HF的沸点，NH4F固体属于________晶体。往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成配离子。已知NF3与NH3的空间结构都是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是________________________________________________________________。答案(1)3d84s2d(2)sp290NA(3)①＞②V形(4)＜离子F的电负性大于N，NF3中共用电子对偏向F，偏离N原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键解析(1)镍是28号元素，原子核外有28个电子，根据构造原理，基态镍原子的核外电子排布式的简化形式为[Ar]3d84s2，则价电子排布式为3d84s2，属于d区元素。(2)富勒烯中每个碳原子含有3个σ键和1个π键，其价层电子对个数为3，所以采用sp2杂化，每个碳原子含有的σ键个数为eq\f(3,2)，所以1molC60分子中σ键的数目为eq\f(3,2)×60×NA＝90NA。(3)①Ga和As属于同一周期，第一电离能随着原子序数的增大而增大，且Ga和As形成了化合物砷化镓(GaAs)，说明Ga比As易失电子，所以第一电离能As>Ga。②SeO2分子中中心原子Se价层电子对数＝2＋eq\f(1,2)×(6－2×2)＝3，且含有一个孤电子对，所以呈V形。(4)F的电负性大于N，形成的氢键强度：F—H>N—H，因此HF的沸点大于NH3的沸点；NH4F是由NHeq\o\al(＋,4)和F－构成的离子化合物，属于离子晶体；N、F、H三种元素的电负性：F>N>H，所以NH3中共用电子对偏向N，而在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子。19．(12分)法国一家公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，该电池的负极材料为Na2Co2TeO6(制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2)，电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。回答下列问题：(1)C、O、Cl三种元素电负性由大到小的顺序为___