2017-2018学年湖北省孝感市八所重点高中教学协作体高二7月联合考试化学试题（B） 解析版
2017-2018学年湖北省孝感市八所重点高中教学协作体高二7月联合考试化学试题（B） 解析版
1. 某元素原子的质量数为52，中子数为28，其基态原子未成对电子数为（ ）
A. 1 B. 3 C. 4 D. 6
【答案】D
【解析】试题分析：原子的质量数为52，中子数为28则质子数为52-28=24，电子排布为1s22s2 2p63s2 3p63d54s1，所以未成对电子数为6个。
考点：基态原子的电子排布。
2. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（ ）
A. 第一电离能：④>③>②>① B. 原子半径：④>③>②>①
C. 电负性：④>③>②>① D. 最高正化合价：①>③>②>④
【答案】A
【解析】根据四种元素的基态原子的电子排布式，可知①是S元素、②是P元素；③是N元素；④是F元素。同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，所以第一电离能F>N，由于ⅤA族元素P能级为半充满状态，ⅤA族元素的第一电离能大于同周期ⅥA族元素，所以第一电离能P>S，同主族元素从上到下第一电离能减小，所以第一电离能N>P，第一电离能：④>③>②>①，故A正确；同周期元素从左到右半径减小，同主族元素从上到下原子半径增大，所以原子半径②>①>③>④，故B错误；非金属性越强电负性越大，故电负性④>③>①>②，故C错误；N、P最高价都是+5，故D错误 。
3. NH3、H2O、CH4三分子中键角大小顺序正确的是（ ）
A. NH3>H2O>CH4 B. CH4 > NH3>H2O
C. CH4 > H2O >NH3 D. H2O > CH4 >NH3
【答案】B
【解析】试题分析：孤对电子和成键电子对相比，显得比较胖，所以对于其它电子对的斥力更大一些。因此在中心原子杂化类型相同时，有孤对电子会使键角变小，孤对电子越多电子越小。三种分子的键角CH4＞NH3＞H2O
考点：考查键角比较的相关知识点。
4. Cl2O与OF2互为等电子体，均能与水反应（与水解反应原理类似），Cl2
O与水反应的化学方程式为Cl2O+H2 O =2HClO。下列说法正确的是（ ）
A. Cl2O与水的反应属于氧化还原反应
B. OF2、Cl2O分子的立体构型均为直线形
C. Cl2O分子中的共用电子对偏向Cl，OF2分子中的共用电子对偏向F
D. OF2与水反应的化学方程式为OF2+ H2O=2HF+ O2
【答案】D
【解析】试题分析：A．由于在该反应中元素的化合价没有发生变化，所以Cl2O与水的反应属于非氧化还原反应，错误；B．由于在OF2、Cl2O分子中的O原子上都含有孤对电子，会对成键电子对产生一定的排斥作用，所以这两种分子的立体构型均为V形，错误；C．Cl2O分子中的共用电子对偏向O ，OF2分子中的共用电子对偏向F，错误；D．OF2与水反应的化学方程式为：OF2 + H2O =" 2HF" + O2，正确。
考点：考查Cl2O的结构、性质、反应类型、共用电子对的偏向的知识。
5. 下列各组微粒的空间构型相同的是（ ）
①NH3和H2O ②NH4+和H3O+ ③NH3和H3O+ ④O3和SO2 ⑤CO2和C2H2 ⑥SiO44-和SO42-
A. 全部 B. 除①④⑥以外 C. ③④⑤⑥ D. ②⑤⑥
【答案】C
【解析】①NH3空间构型是三角锥、H2O空间构型是V型，故①错误；②NH4+空间构型是四面体、H3O+空间构型是三角锥，故②错误；③NH3空间构型是三角锥、H3O+空间构型是三角锥，故③正确；④O3的构型为V型、SO2的构型为V型，故④正确；⑤CO2分子直线型、C2H2分子直线型，故⑤正确；⑥SiO44-空间构型是四面体、SO42-空间构型是四面体，故⑥正确；选C。
6. 下列现象与氢键有关的是（ ）
①HF的熔沸点比第ⅦA族其他元素氢化物的高 ②乙醇可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小 ④水分子高温下很稳定 ⑤邻羟基苯甲酸的熔沸点比对羟基苯甲酸的低
A. ②③④⑤ B. ①②③⑤ C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】试题解析：①因第ⅦA族中，F的非金属性最强，HF中分子之间存在氢键，则HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高，故①正确；②因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，故②正确；③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；④水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故④错误；⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；故选B．
考点：氢键及氢键对物质的性质的影响
7. 一定温度下，可逆反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)在容积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成n molO2,同时生成2n molNO2
②单位时间内生成n molO2,同时生成2n molNO
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化的反应速率之比为2:2:1
④混合气体的压强不再改变 ⑤混合气体的颜色不再改变
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变
A. ①④⑤⑥ B. ①②③⑤ C. ②③④⑥ D. 以上全部
【答案】A
【解析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0)，反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。则①单位时间内生成nmolO2是正反应，同时生成2nmolNO2是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，正逆反应速率相等，故①正确；②单位时间内生成nmolO2是正反应，同时生成2nmolNO也是正反应，故②错误；③任意时刻，化学反应速率之比都等于化学计量数之比，故用NO2与NO、O2表示的反应速率的比为2:2:1的状态.不能作为判断是否达到平衡状态的依据，③错误；④反应前后气体的体积不同，故混合气体的压强不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④正确；⑤NO2为红棕色气体，O2和NO为无色气体，故混合气体的颜色不再改变，说明NO2浓度不变，可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑤正确；⑥平均分子量是气体的总质量与总物质的量的比值，总质量不变，总物质的量在变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，⑥正确，故选A。
8. 锌-空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH-+2H2O=2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（ ）
A. 充电时，电解质溶液中K+向阳极移动
B. 充电时，电解质溶液中c(OH-)逐渐减小
C. 放电时，负极反应为Zn+4OH—2e- =Zn(OH)42-
D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）
【答案】C
【解析】试题分析：A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+ 2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；D．标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；答案选C。
【考点定位】考查原电池和电解池的工作原理
【名师点睛】本题考查原电池的工作原理和电解池的工作原理。电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。
9. 传感器可以检测空气中SO2的含量。传感器的工作原理如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A. a为电源的负极
B. 负极的电极反应式：Ag-e-+Cl- = AgCl
C. 阴极的电极反应式：2HSO3-+2H++2e- = S2O42-+2H2O
D. 当电路中转移电子的物质的量为5×10-5mol时，进入传感器的SO2为1.12mL
【答案】C
【解析】试题分析：A、与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为S2O42-，硫元素化合价降低发生还原反应，判断为阴极，b电极为原电池的负极，故A错误；B、与电源a极相连的电极为电解池的阳极，电极反应式 Ag-e-+Cl-═AgCl，故B错误；C、阴极的电极反应为HSO3-变化为S2O42-，依据电荷守恒和原子守恒书写电极反应为2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2
O，故C正确；D、温度和压强不知不能计算气体体积，故D错误；故选C。
考点：考查了原电池、电解池原理的相关知识。
10. 常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. pH=3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH减小2
B. pH=2的盐酸中水电离出的H+浓度小于pH=12的氨水中水电离出的OH-浓度
C. 0.2mol CO2通入1L0.3mol·L-1 KOH溶液中：2c(H+)+c(HCO3-)+3c(H2CO3)=2c(OH-)+c(CO32-)
D. 已知一定浓度的NaHSO3溶液pH=5.4，则c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)
【答案】C
【解析】pH=3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH增大2，故A错误；pH=2的盐酸中水电离出的H+浓度等于pH=12的氨水中水电离出的OH-浓度，故B错误；
0.2mol CO2通入1L0.3mol·L-1 KOH溶液中生成等物质的量的碳酸钾和碳酸氢钾，根据质子守恒2c(H+)+c(HCO3-)+3c(H2CO3)=2c(OH-)+c(CO32-)，故C正确；一定浓度的NaHSO3溶液pH=5.4，说明HSO3-电离程度大于水解程度，则c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)，故D错误。
11. 250C时纯水的电离度为a1，pH=2的醋酸溶液中水的电离度为a2，pH=12的氢氧化钠溶液中水的电离度为a3。若将上述醋酸与氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中水的电离度为a4.下列关系式中正确的是（ ）
A. a2=a3
2k乙
D. 反应放出或吸收热量的数值Q:Q甲=Q丙>2Q乙
【答案】A
【解析】甲、丙属于等效平衡，所以p甲=p丙，乙相当于把甲的体积扩大1倍，平衡逆向移动，压强大于甲的倍，故A正确；甲、丙属于等效平衡，所以m甲=m丙，乙相当于把甲投料减少一半，平衡逆向移动，m甲=m丙>2m乙，故B错误；甲、丙属于等效平衡，所以c(SO2)与c(O2)之比k甲=k丙；甲和乙投料比都等于系数比，所以k甲=k乙， 故C错误；甲与丙为等效平衡，平衡时对应个组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙=197，乙投料为甲的一半，平衡向逆反应移动，SO2转化率减小，故Q甲＞2Q乙，故D错误。
13. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 60g水晶晶体中，含有“Si—O”键的数目为2NA
B. 14g氮气含有键的数目为2NA
C. 18g冰中含有的氢键数目为2NA
D. 12g金刚石中含有C—C键的数目为4NA
【答案】C
【解析】试题分析：60g水晶的物质的量为1mol，在晶体中，一个Si会形成4个 “Si—O”键，所以含有“Si—O”键的数目为4NA，A错，14g氮气物质的量为0.5mol，一个氮分子有2个π键，所以14g氮气含有π键数为NA
，B错；18g冰物质的量为1mol，1个水分子形成2个氢键，氢键数为2NA，C对；12g金刚石物质的量为1mol，金刚石中一个C形成4个共价键，但每个共价键为2个C所共用。所以一个C平均只占2个共价键，即1 mol 金刚石含有2 mol 共价键，D错，选C。
考点：物质中化学键数目的计算
14. 下面的排序不正确的是（ ）
A. 四卤甲烷晶体的熔点由低到高：CF4Mg>Al
C. 硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅
D. 晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI
【答案】B
【解析】试题分析：A、结构与组成相似的晶体熔点由相对分子质量确定，所以熔点由低到高：CF4Mg> Na，B错误；C、由于C-C强于C-Si强于Si-Si,所以硬度由大到小:金刚石>碳化硅>晶体硅，C正确；D、晶格能由大到小: NaF> NaCl> NaBr>NaI，D正确；答案选B。
考点：晶体的性质
15. 关于下列几种离子晶体，说法不正确的是（ ）
A. 由于NaCl晶体和CsCl晶体中正负离子半径比不相等，所以两晶体中离子的配位数不相等
B. CaF2晶体中，Ca2+配位数为8，F-配位数为4，配位数不相等主要是由于F-、Ca2+电荷（绝对值）不相同
C. MgO的熔点比MgCl2高，主要是因为MgO的晶格能比MgCl2大
D. MCO3中M2+半径越大，MCO3热分解温度越低
【答案】D
【解析】试题分析：A、离子晶体中的离子配位数由晶体中正负离子的半径比决定，正负离子半径比越大，配位数越大，NaCl晶体小于CsCl晶体中正负离子半径比，所以NaCl晶体中离子配位数为6，而CsCl晶体中离子配位数为8，故A正确；B、在CaF2晶体中，Ca2+和F-的电荷绝对值比是2：l，Ca2+的配位数为8，F-的配位数为4，故B正确；
C、晶体能越大，物质越稳定，熔点越高，MgO的晶体能比MgCl2大，所以MgO的熔点比MgCl2高，故C正确；
D、MCO3中M2+半径越大，碳酸盐也就越稳定，分解温度越高，故D错误；
考点：了解分子晶体与原子晶体、离子晶体、金属晶体的结构微粒、微粒间作用力的区别。
能根据晶胞确定晶体的组成并进行相关的计算。了解晶格能的概念及其对离子晶体性质的影响。
点评：本题考查离子晶体配位数的影响因素（几何因素、电荷因素等），晶格能对晶体性质的影响，MCO3热分解温度的规律等。
16. 下列提供了有关物质的熔点，根据表中的数据，下列判断错误的是（ ）
物质
NaCl
AlF3
AlCl3
MgCl2
CO2
SiO2
熔点/0C
801
1291
190(2.5×105Pa)
714
-56.5
1723
A. AlF3晶体是离子晶体，AlCl3晶体是分子晶体
B. AlF3晶体的晶格能小于NaCl晶体的晶格能
C. 同族元素的氧化物可以形成不同类型的晶体
D. 不同族元素的氯化物可以形成相同类型的晶体
【答案】B
.....................
点睛：本题主要考查了不同类型晶体的熔沸点高低及决定熔沸点的因素，注意掌握不同类型晶体及同种类型晶体的熔沸点高低比较方法。选项A是易错点，注意不能根据物质的组成元素判断晶体类型。
17. （1）硼酸（H3BO3）是一种白色固体，可溶于水，其水溶液为一元弱酸。硼酸分子中硼原子的杂化类型为______________；写出硼酸在水溶液中电离方程式+H2O_______。
（2）CS2、NO2+具有相同的通式AX2，它们的价电子总数都是16。 CO32-、NO3-等微粒具有相同的通式：_______，它们的价电子总数是______________，因此它们与由第VIA族两元素组成的___________________（填分子式）分子结构相同，呈______形。
（3）一个尿素[CO(NH2)2]分子中含有______个键；1 mol化合物Fe(CO)5分子中所含键数目为_________。
【答案】 (1). sp2 (2). （或H+ + H4BO4-） (3). AX3 (4). 24 (5). SO3 (6). 平面三角形 (7). 7 (8). 10NA
【解析】试题分析：（1）B原子最外层有3个电子，以3个共价键与3个羟基结合；硼酸本身不能电离出氢离子，而硼酸与H2O电离出的OH-结合形成配位键，从而破坏了水的电离平衡，使c(H+)＞c(OH-)，因而溶液呈酸性；（2）CO32-、NO3-等微粒中心原子与氧原子的个数比是1:3；价电子总数是各原子最外层电子数与离子所带电荷的差。VIA族两元素组成的原子的个数比是1:3的化合物是SO3；SO3的价电子对数为3，无孤对电子，根据价电子理论分析空间构型；（3）根据分子结构分析σ键数。
解析：（1）B原子最外层有3个电子，以3个共价键与3个羟基结合，B原子价电子对数为3，所以硼酸分子中硼原子的杂化类型为sp2；硼酸本身不能电离出氢离子，而硼酸与H2O电离出的OH-结合形成配位键，从而破坏了水的电离平衡，使c(H+)＞c(OH-)，硼酸在水溶液中电离方程式+H2O；
（2）CO32-、NO3-等微粒中心原子与氧原子的个数比是1:3，通式是AX3；价电子总数是各原子最外层电子数与所带电荷的差，CO32-、NO3-的价电子总数是24。VIA族两元素组成的原子的个数比是1:3的化合物是SO3；SO3中S原子的价电子对数为3，无孤对电子，空间构型是平面三角形；（3）CO（NH2）2分子中有2个C-N、4个N-H和1个C=O，所以CO（NH2）2分子有7个σ键；Fe(CO)5分子中有5个CO，5个Fe、C结合的配位键，所以1 mol化合物Fe(CO)5分子中所含键数目为10NA。
点睛：单键为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键。
18. 草酸钠滴定法测定高锰酸钾的质量分数的步骤如下。
Ⅰ.称取0.80g的高锰酸钾产品，配成50ml溶液。
Ⅱ.称取0.2014g Na2C2O4,置于锥形瓶中，加入蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化。
Ⅲ.将瓶中溶液加热至75—800C，趁热用Ⅰ中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点，消耗高锰酸钾溶液8.48ml。
（1）步骤Ⅰ中用到的玻璃仪器有小烧杯、________、___________、_________。
（2）滴定时，高锰酸钾溶液置于__________滴定管中（填“酸式”或“碱式”）
（3）判断达到滴定终点的标志是____________________________。
（4）加热温度大于900C，部分草酸发生分解，会导致测得产品纯度____________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）
（5）试写出反应的离子方程式__________________________________________________。
【答案】 (1). 50ml 容量瓶 (2). 玻璃棒 (3). 胶头滴管 (4). 酸式 (5). 当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色 (6). 偏高 (7). 5C2O42－＋16H＋＋2MnO4－=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
【解析】试题分析：（1）根据配制溶液的步骤分析用到的玻璃仪器；（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶；（3）滴定终点，溶液颜色变化，且半分钟内颜色不变；（4）加热温度大于90℃，部分草酸发生分解，消耗高锰酸钾溶液的体积减少；（5）高锰酸钾与草酸钠发生氧化还原反应，草酸根离子被氧化为二氧化碳，高锰酸根离子被还原为锰离子。
点睛：根据c(测)v(测)=c(标)v(标)；c(测)与v(测)呈反比，v(测)大，则c(测)偏小；c(测)与v(标)呈正比，v(标)大，则c(测)大。
19. A、B、C、D、E、F、G、H是元素周期表前四周期常见元素，且原子序数依次增大，其相关信息如下表：
元素
相关信息
A
原子核外有6种不同运动状态的电子
C
基态原子中s电子总数与p电子总数相等
D
原子半径在同周期元素中最大
E
基态原子价层电子排布式为3s23p1
F
基态原子的最外层p轨道有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反
G
基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子
H
是我国使用最早的合金中的最主要元素
请用化学用语填空：
（1）A元素在元素周期表中的位置______，B元素和C元素的第一电离能比较，较大的是___________，C元素和F元素的电负性比较，较小的是_____________。
（2）B元素与宇宙中含量最丰富的元素形成的最简单化合物的分子构型为____________，B元素所形成的单质分子中键与π数目之比为_________。
（3）G元素的低价阳离子的结构示意图是_________________，F元素原子的价电子排布图是__________，H元素的基态原子核外电子排布式是________________________________________。
（4）G的高价阳离子的溶液与H单质反应的离子方程式为_____________________________;与E元素成对角关系的某元素的最高价氧化物对应的水化物具有两性，该两性物质与D元素的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为________________________________。
【答案】 (1). 第二周期IVA 族 (2). N (3). Cl (4). 三角锥形 (5). 1：2 (6). (7). 略 (8). 1s22s22p63s23p63d104s1 或 (9). 2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+ (10). Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O
【解析】试题分析：A的原子核外有6种不同运动状态的电子，即核外共有6个电子，A为碳元素。C的基态原子中s电子总数与p电子总数相等，则核外电子排布为1s22s22p4
，C是氧元素。由于A、B、C原子序数依次递增，故B是氮元素。D的原子半径在同周期元素中最大，故D应为第三周期元素，是钠元素。E的基态原子最外层电子排布式为3s23p1，是铝元素。F的基态原子的最外层p轨道有两个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，说明p轨道上有5个电子，是氯元素。G的基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子，则其电子排布式为1s22s22p63s23p64s23d6，是铁元素。H是我国使用最早的合金中的最主要元素，是铜元素。
考点：原子核子电子排布及物质结构
20. （1）990C时，Kw=1.0×10-12mol2·L-2，该温度下测得0.1 mol·L-1 Na2A溶液的pH=6。
①H2A在水溶液中的电离方程式为______________________.
②该温度下，将0.01 mol· L-1 H2A溶液稀释到20倍后，溶液的pH=________。
③体积相等、pH均为1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应，产生的氢气______（填字母）
A.盐酸多 B.H2A多 C.一样多 D.无法确定
（2）最新研究发现，用隔膜电解法处理高浓度乙醛废水的工艺具有流程简单、能耗较低等优点，其原理是使乙醛分别在阴、阳极发生反应生成乙醇和乙酸，总反应式为2CH3CHO+H2OCH3CH2OH +CH3COOH实验室中，以一定浓度的乙醛—Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示。
①若以甲烷碱性燃料电池为直流电源，则燃料电池中b极应通入_______（填化学式），电极反应式为_______。
②在实际工艺处理中，阴极区乙醛的去除率可达80%。若在两极区分别注入1m3乙醛含量为3000mg·L-1的废水，可得到乙醇_____kg（计算结果保留小数点后1位）
【答案】 (1). H2A=2H+ + A2- (2). 3 (3). C (4). CH4 (5). CH4+10OH- - 8e- =CO32－＋7H2O (6). 2.5
【解析】试题分析：(1) ①990C时，Kw=1.0×10-12mol2·L-2，990C时PH=6的溶液呈中性；②该温度下，将0.01 mol· L-1 H2A溶液中氢离子浓度为0.02 mol· L-1，稀释到20倍后，氢离子浓度为0.001 mol· L-1；③盐酸与H2A都是强酸，体积相等、pH均为1的盐酸与H2A溶液氢离子的物质的量相同。（2）①根据装置图，Na+移向d电极，说明d是阴极，则b是负极；②
电解池阴极发生还原反应，阴极的电极反应为 ，根据电极反应计算乙醇的产量。
解析：(1) ①990C时，Kw=1.0×10-12mol2·L-2，所以990C时PH=6的溶液呈中性，0.1 mol·L-1 Na2A溶液的pH=6，说明H2A是强酸， H2A在水溶液中的电离方程式为H2A=2H+ + A2-；②该温度下，将0.01 mol· L-1 H2A溶液中氢离子浓度为0.02 mol· L-1，稀释到20倍后，氢离子浓度为0.001 mol· L-1，PH= =3；③盐酸与H2A都是强酸，体积相等、pH均为1的盐酸与H2A溶液氢离子的物质的量相同，与足量的Zn反应，产生的氢气一样多。
（2）①根据装置图，Na+移向d电极，说明d是阴极，则b是负极，甲烷碱性燃料电池b极应通入的是CH4；b电极反应式为CH4+10OH- - 8e- =CO32－＋7H2O；
②1m3乙醛含量为3000mg·L-1的废水含有乙醛的质量为3Kg，设生成乙醇的质量为xg
x=2.5Kg
点睛：乙醛分别在阴、阳极发生反应生成乙醇和乙酸，阳极发生氧化反应，阳极反应为；阴极发生还原反应，阴极反应为。
21. 碳元素的单质存在多种同素异形体，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图。
（1）①C60属于__________晶体，石墨属于_________晶体。
②C60晶体、石墨和金刚石的熔点由高到低的顺序是_________。
（2）C60是一系列碳原子簇合物（即富勒烯）的一个典型代表，它的应用十分广泛，涉及光学、信息学、药物学、催化、储氢、超导等。
①目前，化学家已经找到十余种富勒烯家庭成员，如C28、C32、C50、C60
……，它们的分子结构都是由正五边形和正六边形构成的封闭的凸多面体，多面体遵循欧拉定律：顶点数+面数-棱边数=2。则C80晶体结构中正五边形有_______个，C80晶体共有_____条棱。
②下列物质不属于富勒烯家庭的有_________（填序号）
A. C18 B. C44 C. C72 D. C83
（3）碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性，其晶胞结构如图所示（其中·为碳原子，O为硅原子），每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有____个；设晶胞边长为a nm，密度为bg·cm-3，则阿伏加德罗常数可表示为_______。（用含a、b的式子表示）
【答案】 (1). 分子 (2). 混合（过渡） (3). 石墨>金刚石>C60 (4). 12 (5). 120 (6). AD (7). 4 (8).
【解析】试题分析：（1）①根据晶体的构成微粒判断晶体类型；②原子晶体的熔点>离子晶体>分子晶体；（2）①顶点数等于碳原子数；每个碳原子被3个棱共用，所以棱数=顶点数× ，根据欧拉定律：顶点数+面数-棱边数=2，可计算总面数；②根据是否符合遵循欧拉定律判断；（3）根据晶胞结构示意图判断碳原子周围与其距离最近的硅原子数；晶胞中Si为8× +6×=4，根据,可计算得NA；
解析：（1）①构成C60的微粒是分子，C60是分子晶体，石墨是混合晶体；②C60是分子晶体熔点最低，石墨的层内共价键键长比金刚石的的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量，石墨比金刚石熔点更高，所以熔点石墨>金刚石>C60；（2）①C80顶点数等于80；每个碳原子被3个棱共用，所以棱数=80×=120 ，根据欧拉定律：顶点数+面数-棱边数=2，总面数=2+120-80=42，设正五边形有x个，正六边形有y个； ，x=12，正五边形有12个；
②C18顶点数是18，棱数是27，总面数=2+27-18=11，设正五边形有x个，正六边形有y个；无解 ，故A不可能有；C44顶点数是44，棱数是66，总面数=2+66-44=24，设正五边形有x个，正六边形有y个；有解，故B有可能；C72
顶点数是72，棱数是108，总面数=2+108-72=38，设正五边形有x个，正六边形有y个；有解 ，故C可能有；C83顶点数是83，棱数是83×不是整数，故D不可能有；（3）根据晶胞结构示意图碳原子周围与其距离最近的硅原子数是4；
晶胞中Si为8×+6×=4，根据,整理得NA= ；
