广东省名校联盟高二上学期期末考试化学试题

高二化学本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.本试卷主要考试内容：人教版必修第一册、必修第二册、选择性必修1、选择性必修2第一章第一节。2.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24A32Mn55一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.鸡蛋清溶液、淀粉溶液、葡萄糖溶液均胶体B.使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂的去污能力减弱C.浓硫酸具有强腐蚀性，可用浓硫酸蚀刻玻璃D.添加过量难溶MnS可除去MnCl2溶液中混有的Cu2+，说明在相同的条件下MnS的溶度积小于CuS的溶度积2.下列化学用语使用正确是A.苏打的化学式： B.的原子结构示意图：C.的电子式： D.乙酸分子的球棍模型：3.常温下，下列电解质的电离方程式书写正确的是A. B.C. D.4.下列物质的水溶液中所含溶质种类最多的是A. B. C. D.5.在核电荷数为26的的价层电子排布图中，处于基态的是A. B.C. D.6.在容积不变的密闭容器中，充入一定量的和，发生反应：，在不同温度下达到化学平衡时，的平衡转化率如图所示，下列说法正确的是A.该反应的反应物的键能总和大于生成物的键能总和B.加入合适的催化剂，可提高COS平衡时的产率C.反应达到平衡后，仅充入少量惰性气体，则该反应的反应速率增大D.该反应在不同温度下达到平衡时，a、b两点对应的平衡常数：7.微生物燃料电池可用于净化含铬废水，其工作原理如图所示，该电池工作时，下列说法错误的是A.该离子交换膜为阳离子交换膜B.外电路中的电子的流动方向为M→电流表→NC.M电极的电极反应式为D.N电极上发生还原反应，得到电子8.已知25℃时有关弱电解质的电离平衡常数如下：弱电解质电离平衡常数则下列说法正确是A.溶液的导电能力一定强于溶液的导电能力B.的溶液中，由水电离出的C.等体积等浓度的和溶液混合，所得溶液中各离子的浓度之间的关系为D.该温度下，反应的平衡常数9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.已知反应，当反应中每放出的热量为时，形成键的数目为8NAB.含的饱和溶液最多可形成胶体粒子的数目为NAC.和于密闭容器中充分反应后，生成的分子总数为0.2NAD.由和组成的混合气体中电子数为0.11NA10.下列图示与对应的叙述相符的是A．测定次氯酸钠溶液的B．稳定性：石墨>金刚石C．测定氢氧化钠溶液的浓度D．实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气A.A B.B C.C D.D11.为探究海水对钢铁的腐蚀，某兴趣小组设计了如下五种装置，铁片在这五种装置中的腐蚀速率由慢到快的顺序为A.①⑤④③② B.③①②④⑤C.④③①⑤② D.④⑤②①③。12.下列溶液一定显酸性的是A.室温下，由水电离出的的溶液B.的溶液C.能使甲基橙变黄溶液D.的溶液13.化合物(M)是一种医药中间体，其结构简式如图所示，下列说法正确的是A.M的分子式为 B.M中仅含两种官能团C.最多能与加成 D.M中所有的原子处于同一平面上14.某温度下，水的离子积常数，将的溶液与的溶液等体积混合后，两者恰好完全反应，则该温度下的电离平衡常数约为A. B. C. D.15.主族元素W，X，Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍。X，Y和Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍，其中元素W和Y可形成一种淡黄色固体化合物，下列说法错误的是A.最简单氢化物的稳定性：W＞XB.简单离子的半径：W＞X＞YC.Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱D.W和Z两种元素形成的化合物ZW为离子化合物16.室温下，将浓度均为、体积均为的溶液和溶液，分别加水稀释至体积为V，随的变化如图所示，下列说法错误的是

A.该温度下，B.升高温度，ROH的电离平衡常数增大C.该温度下，的ROH溶液中，D.的ROH溶液稀释至的过程中，的值始终减小二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.某兴趣小组用如图所示装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中的，并对其含量进行测定。回答下列问题：（1）实验开始前，首先应___________，方法是___________。（2）仪器B的名称为_______，冷却水的进出方向为_______(填“a进b出”或“b进a出”)。（3）向仪器B中加入葡萄酒和适量的稀硫酸，仪器C中加入标准溶液，加热使全部进入仪器C中(不考虑气体逸出)。①量取标准溶液时，应选用___________(填标号)。a.量筒b.酸式滴定管c.移液管②仪器C中发生反应的离子方程式为___________。③若仪器C中标准溶液与恰好完全反应，则的含量为___________。18.高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为和)可用于制备晶体，工艺流程如下：已知：①硫铁矿的主要成分为(杂质不参与反应)；②为肉色。回答下列问题：（1）过滤时用到的主要玻璃仪器有___________。（2）为了提高“反应I”的速率，可采取的措施有___________(写两种即可)。（3）“反应II”的离子方程式为____，“滤渣B”的主要成分为过量的和____(填化学式)。（4）“反应III”中氧化剂和还原剂物质的量之比为___________。（5）检验“滤液1”中是否含有的方法是___________。（6）取mg固体样品，溶于适量水中，加硫酸酸化，用过量(难溶于水)将其完全氧化为，过滤，洗涤液并加入滤液后，加入固体，充分反应后，用的标准溶液滴定剩余的溶液，用去。①达到滴定终点的现象是___________。②样品中的质量分数为___________(用含的代数式表示)。19.环氧乙烷高效消毒剂，可用于口罩等医用消毒，工业上常用乙烯氧化法生产。主反应：(环氧乙烷)副反应：已知：回答下列问题：（1）乙烯的燃烧热(∆H)为___________，该反应每产生的热量，转移的电子数为___________。（2）下列说法正确的是___________(填标号)。A．在主反应中，每消耗，断裂的碳碳键数目为B．在副反应中，每消耗同时消耗，该反应达到平衡C．加入合适的催化剂，主副反应的速率均加快，乙烯的平衡转化率也增大（3）某温度下，在的恒容密闭容器中充入和后，反应达到平衡，此时测得反应后的总压强与反应前的总压强之比为的物质的量与总物质的量的比值为。①内，___________。②的转化率为___________，___________。③反应达到平衡时，主反应的平衡常数K=___________(写出计算式即可)。（4）环氧乙烷经水解可得到乙二醇(C2H6O2)，写出乙二醇一氧气碱性燃料电池的负极的电极反应式：___________。20.硫及其化合物在生产、生活中具有广泛的应用，根据所学知识，回答下列问题：（1）Al2(SO4)3溶液显___________(填“酸”、“碱”或“中”)性，判断的理由是___________(用离子方程式表示)，若将该溶液蒸干，最终所得固体为___________(填化学式)。（2）(NH4)2SO4溶液中，各离子浓度由大到小的关系为___________。（3）室温下，在某NaHSO3、Na2SO3混合溶液中，、物质的量分数随的变化曲线如图所示，根据图示，的水解平衡常数Kh=___________。（4）室温下，某浓度的(NH4)2SO3溶液中：①(NH4)2SO3为___________(填“强”或“弱”)电解质。②___________(填“＞”、“＜”或“＝”)。③往(NH4)2SO3溶液中滴加少量的HClO溶液，发生反应的离子方程式为___________，此时所得溶液的pH___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。

解析版

高二化学本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.本试卷主要考试内容：人教版必修第一册、必修第二册、选择性必修1、选择性必修2第一章第一节。2.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24A32Mn55一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.鸡蛋清溶液、淀粉溶液、葡萄糖溶液均为胶体B.使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂的去污能力减弱C.浓硫酸具有强腐蚀性，可用浓硫酸蚀刻玻璃D.添加过量难溶MnS可除去MnCl2溶液中混有的Cu2+，说明在相同的条件下MnS的溶度积小于CuS的溶度积【答案】B【解析】【详解】A．鸡蛋清溶液、淀粉溶液的分散质微粒直径介于1-100nm之间，因此二者形成的分散系为胶体，而葡萄糖溶液的分散质微粒直径小于1nm，因此葡萄糖溶液属于溶液，而不是胶体，A错误；B．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂中的高级脂肪酸盐与Ca2+形成高级脂肪酸钙沉淀，导致肥皂的去污能力减弱，B正确；C．浓硫酸具有强腐蚀性，但浓硫酸不能与玻璃的成分发生反应，因此不可用浓硫酸蚀刻玻璃，C错误；D．对于构型相同的物质来说，溶度积常数越小的物质，就先形成沉淀析出。添加过量难溶MnS可除去MnCl2溶液中混有的Cu2+，说明在相同的条件下MnS的溶度积大于CuS的溶度积，D错误；故合理选项是B。2.下列化学用语使用正确的是A.苏打的化学式： B.的原子结构示意图：C.的电子式： D.乙酸分子的球棍模型：【答案】A【解析】【详解】A．苏打是碳酸钠的俗称，化学式为：，A正确；B．是指原子核中含有8质子、10个中子的氧原子，核电荷数为8，因此B错误；C．的电子式：，C错误；D．该模型为乙酸的比例模型或填充模型，乙酸的球棍模型为，D错误。故本题选A。3.常温下，下列电解质的电离方程式书写正确的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】A．KHS为弱酸强碱盐，电离是HS-不能拆写，即KHS的电离方程式为KHS=K++HS-，故A正确；B．H2C2O4为二元弱酸，电离时应分步电离，即H2C2O4H++HC2O、HC2OH++C2O，故B错误；C．Na2SO4为盐，完全电离，Na2SO4=2Na++SO，故C错误；D．CH3COOH为弱酸，在水中部分电离，正确的是CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+，故D错误；答案为A。4.下列物质的水溶液中所含溶质种类最多的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】溶液中溶质为，水溶液中溶质为，溶液中溶质为，溶液中溶质为和，综上所述，B项符合题意。5.在核电荷数为26的的价层电子排布图中，处于基态的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】为26号元素，基态铁原子核外电子排布式为1s2

2s22p63s23p63d64s2，则价层电子排布式为，据此分析解答。【详解】A．由图可知，原子价层电子排布式为，故A符合；B．由图可知，电子排布式为，故B项不符合题意；C．电子排布时优先进入空轨道，故C项不符合题意；D．每个轨道最多只能容纳两个自旋方向相反的电子，D项不符合题意；故答案选A6.在容积不变的密闭容器中，充入一定量的和，发生反应：，在不同温度下达到化学平衡时，的平衡转化率如图所示，下列说法正确的是A.该反应的反应物的键能总和大于生成物的键能总和B.加入合适的催化剂，可提高COS平衡时的产率C.反应达到平衡后，仅充入少量惰性气体，则该反应的反应速率增大D.该反应在不同温度下达到平衡时，a、b两点对应的平衡常数：【答案】D【解析】【详解】A．温度越高，H2S的平衡转化率越低，则该反应是放热反应，，即反应物化学键断裂所吸收的热量小于生成物成键所放出的热量，即反应物的键能总和小于生成物的键能总和，A错误；B．催化剂可以加快反应速率，但不能影响平衡，即不能提高COS平衡时的产率，B错误；C．因为容积不变，充入惰性气体不会影响反应物和生成物的浓度，因此对反应速率无影响，C错误；D．因为升温反应逆移，平衡常数减小，因此，D正确。故本题选D。7.微生物燃料电池可用于净化含铬废水，其工作原理如图所示，该电池工作时，下列说法错误的是A.该离子交换膜为阳离子交换膜B.外电路中的电子的流动方向为M→电流表→NC.M电极的电极反应式为D.N电极上发生还原反应，得到电子【答案】C【解析】【分析】该电池中有机物CH3OH在微生物作用下发生失电子氧化反应生成CO2，则M电极为负极，N电极为正极，正极上氧气和发生得电子的还原反应，N极上得到电子与溶液中的H+结合为水、Cr(OH)3，反应消耗H+，c(H+)减小，处理1mol生成Cr(OH)3的反应为+6e-+8H+=2Cr(OH)3+H2O，原电池工作时阳离子由负极移向正极，阴离子由正极移向负极，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析可知：M电极为负极，N电极为正极，负极附近正电荷增多，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，离子由负极移向正极，则移动的离子为阳离子，故该离子交换膜为阳离子交换膜，A正确；B．在外电路中的电子的流动方向为负极M→电流表→正极N，B正确；C．M电极为负极，负极上CH3OH失去电子变为CO2，故负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+，C错误；D．N电极为正极，得到电子发生还原反应，D正确；故合理选项是C。8.已知25℃时有关弱电解质的电离平衡常数如下：弱电解质电离平衡常数则下列说法正确的是A.溶液的导电能力一定强于溶液的导电能力B.的溶液中，由水电离出的C.等体积等浓度的和溶液混合，所得溶液中各离子的浓度之间的关系为D.该温度下，反应的平衡常数【答案】C【解析】【详解】A．溶液的导电能力跟离子浓度和离子所带电荷有关，故A错误；B．根据25℃时，故由水电离出的，故B错误；C．和电离平衡常数相等，等体积等浓度的和溶液混合，正好生成，离子水解程度相等溶液呈中性，故，故C正确；D．该温度下平衡常数为：，故D错误；故答案为C9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.已知反应，当反应中每放出的热量为时，形成键的数目为8NAB.含的饱和溶液最多可形成胶体粒子的数目为NAC.和于密闭容器中充分反应后，生成的分子总数为0.2NAD.由和组成的混合气体中电子数为0.11NA【答案】A【解析】【详解】A．CO2结构式为O=C=O，每放出1411kJ热量形成4mol键，则放出的热量为时，形成键的数目为8NA，故A正确；B．一个胶粒是多个的聚集体，故溶液形成的胶粒个数小于NA个，故B错误；C．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，不能进行到底，所以密闭容器中，0.2

molSO2和0.1

molO2催化反应后生成的分子总数小于0.2NA，故C错误；D．CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故2.2g混合物的物质的量为，且两者均含22个电子，故0.05mol混合物中含0.05×22=1.1NA个电子，故D错误；故选：A。10.下列图示与对应的叙述相符的是A．测定次氯酸钠溶液的B．稳定性：石墨>金刚石C．测定氢氧化钠溶液的浓度D．实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．次氯酸钠溶液具有漂白性，能够漂白pH试纸，应该用pH计测定，故A错误；B．图为吸热反应，石墨能量低稳定性好，则稳定性：石墨＞金刚石，故B正确；C．图中酸滴定碱，则盐酸应装在酸式滴定管，故C错误；D．实验室用浓盐酸与二氧化锰加热制取氯气，该装置缺少酒精灯，故D错误；故选：B。11.为探究海水对钢铁的腐蚀，某兴趣小组设计了如下五种装置，铁片在这五种装置中的腐蚀速率由慢到快的顺序为A.①⑤④③② B.③①②④⑤C.④③①⑤② D.④⑤②①③。【答案】D【解析】【分析】【详解】图①构成原电池，铁为负极，发生铁的吸氧腐蚀；图②为铁的化学腐蚀；图③构成电解池，铁为阳极，发生反应；图④构成电解池，铁为阴极，属于外接电流阴极保护法；图⑤构成原电池，铁为正极，属于牺牲阳极的阴极保护法；铁片在这五种装置中的腐蚀速率由慢到快的顺序为④⑤②①③，选D。12.下列溶液一定显酸性的是A.室温下，由水电离出的的溶液B.的溶液C.能使甲基橙变黄的溶液D.的溶液【答案】D【解析】【详解】A．室温下，由水电离出的的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，A错误；B．pH=6.5的溶液不一定呈酸性，如100℃时中性溶液pH=6，则该温度下pH=6.5的溶液呈碱性，B错误；C．甲基橙的变色范围为3.1~4.4，滴入甲基橙变黄的溶液，可能为酸性、中性或碱性，C错误；D．，氢离子比氢氧根离子浓度大，溶液显酸性，D正确；故选D。13.化合物(M)是一种医药中间体，其结构简式如图所示，下列说法正确的是A.M的分子式为 B.M中仅含两种官能团C.最多能与加成 D.M中所有的原子处于同一平面上【答案】B【解析】【详解】A．M的分子式为，A错误；B．M中含有羧基和酯基两种官能团，B正确；C．M中有两个苯环可以与H2发生加成，因此1molM最多能与6molH2加成，C错误；D．因为M结构中存在-CH2-，因此M分子不可能处于同一平面，D错误。因此本题选B。14.某温度下，水的离子积常数，将的溶液与的溶液等体积混合后，两者恰好完全反应，则该温度下的电离平衡常数约为A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】由于氢氧化钠和HCN恰好反应可知：，因为HCN为弱酸发生微弱电离，电离出的c(H+)=c(CN-)=10-c，所以平衡常数为：，B项符合题意；答案为B。15.主族元素W，X，Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍。X，Y和Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍，其中元素W和Y可形成一种淡黄色固体化合物，下列说法错误的是A.最简单氢化物的稳定性：W＞XB.简单离子半径：W＞X＞YC.Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱D.W和Z两种元素形成的化合物ZW为离子化合物【答案】A【解析】【分析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，W原子只能有2个电子层，原子核外电子排布是2、6，则W为O元素。X、Y和Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍，即三元素原子序数之和为40，X若为第三周期元素，X、Y、Z的原子序数之和大于W原子序数的5倍，所以可以断定X也在第二周期，还是主族元素，因此X为F元素，则Y、Z原子序数之和=40-9=31，其中元素W和Y可形成一种淡黄色固体化合物，所以Y是11号Na元素，Z原子序数是31-11=20，Z是Ca元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：W是O，X是F，Y是Na，Z是Ca元素。A．W是O，X是F，二者是同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，所以最简单氢化物的稳定性：X(F)＞W(O)，A错误；B．W是O，X是F，Y是Na，三种元素的原子形成的简单离子O2-、F-、Na+核外电子排布相同，都是2、8的电子层结构。对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，所以简单离子的半径：W(O2-)＞X(F-)＞Y(Na+)，B正确；C．Y是Na，其最高价氧化物对应的水化物NaOH是一元强碱，C正确；D．W是O，O是活泼的非金属元素；Z是Ca，Ca是活泼的金属元素，两种元素的原子通过电子得失形成离子，离子之间以离子键结合形成离子化合物CaO，D正确；故合理选项是A。16.室温下，将浓度均为、体积均为的溶液和溶液，分别加水稀释至体积为V，随的变化如图所示，下列说法错误的是

A.该温度下，B.升高温度，ROH的电离平衡常数增大C.该温度下，的ROH溶液中，D.的ROH溶液稀释至的过程中，的值始终减小【答案】C【解析】【分析】根据图像可知，0.1mol/LMOH溶液的pH=13，说明MOH为强碱，0.1mol/LROH溶液的pH小于13，说明ROH为弱碱，据此分析；【详解】A．当lg=0时，0.1mol/LROH的pH在11～12，假设此时的pH=11.2，ROH的电离方程式ROHR++OH-，可以认为c(R+)近似等于c(OH-)，c(OH-)==1.0×10-2.8，ROH为弱碱，电离程度微弱，c(ROH)近似等于0.1mol/L，即Kb=≈1.0×10-5，故A说法正确；B．ROH为弱碱，其电离为吸热过程，升高温度，促进电离，电离平衡常数增大，故B说法正确；C．ROH为弱碱，电离方程式为ROHR++OH-，溶液中水发生电离：H2OH++OH-，离子浓度大小顺序是c(OH-)＞c(R+)＞c(H+)，故C说法错误；D．c(OH-)=，加水稀释过程，虽然促进ROH的电离，但c(OH-)降低，故D说法正确；答案为C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.某兴趣小组用如图所示装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中的，并对其含量进行测定。回答下列问题：（1）实验开始前，首先应___________，方法是___________。（2）仪器B的名称为_______，冷却水的进出方向为_______(填“a进b出”或“b进a出”)。（3）向仪器B中加入葡萄酒和适量的稀硫酸，仪器C中加入标准溶液，加热使全部进入仪器C中(不考虑气体逸出)。①量取标准溶液时，应选用___________(填标号)。a.量筒b.酸式滴定管c.移液管②仪器C中发生反应离子方程式为___________。③若仪器C中标准溶液与恰好完全反应，则的含量为___________。【答案】（1）①.检查装置的气密性②.往锥形瓶中注入少量水，打开开关K，双手紧握圆底烧瓶，一会儿以后，在锥形瓶中看到均匀而连续的气泡，松开手后，形成一段稳定的水柱（2）①.圆底烧瓶②.b进a出（3）①.bc②.③.0.16【解析】【分析】根据实验目的测定气体的含量进行判断，实验前首先要检查装置的气密性，根据装置的多少与特点利用微热法进行检测，根据仪器的特点判断仪器，根据冷却水的目的判断进入的方向，利用溶液的体积的特点，选择相应的仪器；【小问1详解】该实验是测定气体的含量，为测定准确，故首先检查装置的气密性，方法是：往锥形瓶中注入少量水，打开开关K，双手紧握圆底烧瓶，一会儿以后，在锥形瓶中看到均匀而连续的气泡，松开手后，形成一段稳定的水柱；故答案为：检查装置的气密性、往锥形瓶中注入少量水，打开开关K，双手紧握圆底烧瓶，一会儿以后，在锥形瓶中看到均匀而连续的气泡，松开手后，形成一段稳定的水柱；【小问2详解】根据仪器的特点判断，仪器B为圆底烧瓶，冷却水的目的是冷却气体，为使气体充分冷却，进出方向为“下进上出”故从b进a出，故答案为：圆底烧瓶、b进a出；【小问3详解】①标准I2溶液具有氧化性，故应选用酸式滴定管或移液管盛装，故选bc；②仪器C中根据化合价的升降守恒、原子守恒及离子方程式书写规则书写离子方程式为：；③根据反应中碘单质和二氧化硫的关系式为：1：1，计算二氧化硫的物质的量为：0.01×25×10-3mol，故质量为：2.5×10-4×64g，故100.00mL葡萄酒中二氧化硫的含量为：=0.16g/L，故答案为0.16。18.高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为和)可用于制备晶体，工艺流程如下：已知：①硫铁矿的主要成分为(杂质不参与反应)；②为肉色。回答下列问题：（1）过滤时用到的主要玻璃仪器有___________。（2）为了提高“反应I”的速率，可采取的措施有___________(写两种即可)。（3）“反应II”的离子方程式为____，“滤渣B”的主要成分为过量的和____(填化学式)。（4）“反应III”中氧化剂和还原剂物质的量之比为___________。（5）检验“滤液1”中是否含有的方法是___________。（6）取mg固体样品，溶于适量水中，加硫酸酸化，用过量(难溶于水)将其完全氧化为，过滤，洗涤液并加入滤液后，加入固体，充分反应后，用的标准溶液滴定剩余的溶液，用去。①达到滴定终点的现象是___________。②样品中的质量分数为___________(用含的代数式表示)。【答案】（1）烧杯、玻璃棒和漏斗（2）搅拌和适当升高温度（3）①.②.S（4）1:2（5）取少许滤液于试管中，往试管中滴入几滴溶液，若滤液出现红色，则含有（6）①.当滴入最后半滴标准液时，溶液由肉色变为浅红色且内颜色不恢复原色，则达到滴定终点②.【解析】【分析】该反应是一道关于从废锰渣制备硫酸锰的工业流程题，首先用硫酸溶解废锰渣，然后过滤除去滤液剩余滤渣I的主要成分的二氧化锰，之后用硫铁矿将二氧化锰中锰元素还原为二价锰离子，过滤后用二氧化锰将滤液中的二价铁氧化为三价铁，再通过调节pH将铁除去，过滤除去氢氧化铁，再通过结晶得到产品，以此解题。【小问1详解】过滤时用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒和漏斗；【小问2详解】反应I是硫酸和废锰渣反应，可以从反应速率的影响因素来考虑，为了提高“反应I”的速率，可采取的措施有搅拌和适当升高温度；【小问3详解】滤渣A的主要成分是二氧化锰，“反应II”为二氧化锰在酸性条件下与硫铁矿反应，离子方程式为：；滤渣B为过量的和反应II的反应产物中不溶于水的部分，故滤渣B为S和过量的；【小问4详解】反应III为二价铁被二氧化锰氧化的反应，离子方程式为：4H++2Fe2++MnO2=Mn2++2Fe3++2H2O，可以发现氧化剂和还原剂物质的量之比为1:2；【小问5详解】三价铁遇到硫氰化钾后，溶液显红色，故检验“滤液1”中是否含有的方法是：取少许滤液于试管中，往试管中滴入几滴溶液，若滤液出现红色，则含有；【小问6详解】①滴定的过程是高锰酸钾和草酸钠的反应，反应高锰酸钾被还原为二价锰离子，由题意只二价锰离子为肉色，滴定终点时，草酸钠反应完毕，故达到滴定终点的现象是：当滴入最后半滴标准液时，溶液由肉色变为浅红色且内颜色不恢复原色，则达到滴定终点；②固体物质量为，其与反应的物质的量可用电子得失守恒法求得，，求得，则为反应的物质的量，再一次利用电子得失求得，，可得，最后利用元素守恒，可得，故。19.环氧乙烷是高效消毒剂，可用于口罩等医用消毒，工业上常用乙烯氧化法生产。主反应：(环氧乙烷)副反应：已知：回答下列问题：（1）乙烯的燃烧热(∆H)为___________，该反应每产生的热量，转移的电子数为___________。（2）下列说法正确的是___________(填标号)。A．在主反应中，每消耗，断裂的碳碳键数目为B．在副反应中，每消耗同时消耗，该反应达到平衡C．加入合适的催化剂，主副反应的速率均加快，乙烯的平衡转化率也增大（3）某温度下，在的恒容密闭容器中充入和后，反应达到平衡，此时测得反应后的总压强与反应前的总压强之比为的物质的量与总物质的量的比值为。①内，___________。②的转化率为___________，___________。③反应达到平衡时，主反应的平衡常数K=___________(写出计算式即可)。（4）环氧乙烷经水解可得到乙二醇(C2H6O2)，写出乙二醇一氧气碱性燃料电池的负极的电极反应式：___________。【答案】（1）①.-1455②.6（2）B（3）①.0.0475②.82.5%③.0.01④.（4）【解析】【小问1详解】①，②由盖斯定律①-②×2得；该反应中当3mol氧气完全反应，即6mol氧原子由0价降为-2价，转移6×2=12mol电子，放出1455KJ热量，故产生727.5KJ热量时，转移电子为6mol，即6NA；【小问2详解】A．没有温度和压强，无法计算氧气的物质的量，无法计算断裂的碳碳键的数目，A错误；B．每消耗即正向反应，消耗即逆向反应，且两者速率之比等于系数之比，故可知证明该反应达到平衡，B正确；C．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，不能改变转化率，C错误；故选B；【小问3详解】①设主反应中消耗氧气amol，则乙烯消耗2amol生成2amol，设副反应中乙烯消耗bmol，则消耗氧气3bmol，生成二氧化碳与水蒸汽各2bmol，则平衡后，乙烯为(0.4-2a-b)mol，氧气为(0.6-a-3b)mol，为2amol，二氧化碳为2bmol，水蒸汽为2bmol，由于，故，故a=0.16，又因为，则b=0.01；①；②的转化率为；；③【小问4详解】负极发生氧化反应，因为是碱性环境，故生成碳酸根离子，故电极反应式为：。20.硫及其化合物在生产、生活中具有广泛的应用，根据所学知识，回答下列问题：（1）Al2(SO4)3溶液显___________(填“酸”、“碱”或“中”)性，判断的理由是___________(用离子方程式表示)，若将该溶液蒸干，最终所得固体为___________(填化学式)。（2）(NH4)2SO4溶液中，各离子浓度由大到小的关系为___________。（3）室温下，在某NaHSO3、Na2SO3混合溶液中，、物质的量分数随的变化曲线如图所示，根据图示，的水解平衡常数Kh=___________。（4）室温下，某浓度的(NH4)2SO3溶液中：①(NH4)2SO3为___________(填“强”或“弱”)电解质。②___________(填“＞”、“＜”或“＝”)。③往(NH4)2SO3溶液中滴加少量的HClO溶液，发生反应的离子方程式为___________，此时所得溶液的pH___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。【答案】（1）①.酸②.③.Al2(SO4)3（2）c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)（3）（4）①.强②.＞③.④.变小【解析】【小问1详解】Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，在溶液中盐电离产生的Al3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，水解反应的离子方程式为；将溶液加热蒸干，水分蒸发，水解产生的Al(OH)3与H2SO4再发生中和反应产生Al2(SO4)3和H2O，H2O挥发掉，最后得到的固体是Al2(SO4)3；【小问2详解】(NH4)2SO4在溶液中电离产生、，根据盐的组成可知溶液中c()＞c()，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，但盐水解程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度大于盐水解产生的离子浓度，所以c()＞c(H+)，故该溶液中离子浓度大小关系为：c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；【小问3详解】在溶液中存在水解平衡：+H2O+OH-，根据图象可知：在c()=c()时，溶液pH=7.2，c(OH-)=，所以的水解平衡常数Kh=；【小问4详解】①(NH4)2SO3是可溶性盐，在溶液中完全电离产生自由移动的离子，因此属于强电解质；②溶液中存在质子守恒：c(NH3·H2O)+c(OH-)=c()+2c(H2SO3)+c(H+)，所以c(NH3·H2O)+c(OH-)＞c()+c(H2SO3)+c(H+)；③HClO具有强氧化性，而具有还原性，往(NH4)2SO3溶液中滴加少量的HClO溶液，HClO完全反应，过量，与反应产生的H+结合成，二者发生氧化还原反应产生(NH4)2SO4、NH4HSO3、NH4Cl，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，结合物质的拆分原则可得该反应的离子方程式为；该溶液中(NH4)2SO4、NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，NH4HSO3中电离作用大于其水解作用，因此最终该溶液显酸性，溶液的pH变小。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Na