化学卷·2018届四川省遂宁市射洪中学高二上学期期中化学试卷+（解析版）

化学卷·2018届四川省遂宁市射洪中学高二上学期期中化学试卷+（解析版）

‎2016-2017学年四川省遂宁市射洪中学高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题仅一个选项正确，每题3分，共45分）‎ ‎1．关于能源，下列说法错误的是（　　）‎ A．能源的开发和利用情况，可以衡量一个国家或地区的科学技术水平 B．目前新能源主要有：煤、石油、天然气、太阳能、氢能、风能等 C．新能源的优点主要是资源丰富、可再生、没有或很少有污染 D．氢能的优点热值高、资源丰富、燃烧产物无污染；缺点是储存和运输困难 ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．HI沸点比HBr的沸点低 B．用X射线衍射实验的方法，可以区分晶体和非晶体 C．CH3CH2CH2CH3分子中有两个手性碳原子 D．由于HF分子间存在氢键，故HF比HCl稳定 ‎3．下列关于粒子结构的描述不正确的是（　　）‎ A．H2S和NH3均是价电子总数为8的极性分子 B．OH﹣和HF均是含有极性键的10电子粒子 C．CHCl3和CCl4均是四面体构型的非极性分子 D．1 mol D216O（重水）中含中子、质子、电子各10NA（NA代表阿伏加德罗常数的值）‎ ‎4．下列说法正确的是（　　）‎ A．124g P4含有的P﹣P键数为4NA（设NA表示阿伏伽德罗常数的值）‎ B．Be和NaOH溶液反应的离子方程式是：2Be+2OH ﹣+2H2O=2BeO2﹣+3H2↑‎ C．在NaCl溶液中加入AgNO3溶液，生成白色沉淀；再加入氨水，沉淀消失，沉淀消失发生的离子方程式是：‎ AgCl+2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++Cl﹣+2H2O D．0.1mol/L的Fe3+溶液中，能大量共存的离子有Cl﹣、SO42﹣、SCN﹣‎ ‎5．X、Y、Z、M为4种短周期元素，X、Y位于同周期且原子半径r（X）＞r（Y），Y2﹣与M+的电子层结构相同，Z与X的原子核外最外层电子数相同，Z的单质可制成半导体材料．下列说法不正确的是（　　）‎ A．由元素X与Z形成的化合物中只含共价键 B．XY2、ZY2、M2Y2的晶体分别属于3种不同类型的晶体 C．单质M的晶体是体心立方堆积，M的配位数是8‎ D．X的氢化物X2H2分子中含有2个σ键和3个π键 ‎6．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，Z原子比X原子的核外电子数多4．下列说法正确的是（　　）‎ A．Y既可是金属也可是非金属 B．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞Z C．X、Z形成的某化合物在熔融状态下不导电 D．WY2分子中既有非极性键又有极性键 ‎7．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．若aXm+和bY﹣两种离子电子层结构相同，则a﹣b=n﹣m B．24Mg32S中电子总数与中子总数之比为1：1‎ C．CO2和PC13分子中各原子最外层都满足8电子结构 D．ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最好的其沸点也最高 ‎8．有关键能数据如表：‎ 化学键 Si﹣O O=O ‎ Si﹣Si 键能/kJ•mol﹣1‎ X ‎498.8‎ ‎176‎ 晶体硅的燃烧热为989.2kJ•mol﹣1，则X的值为（　　）‎ A．423.3 B．460 C．832 D．920‎ ‎9．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）‎ A．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定 B．已知C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1 C（s）+O2（g）═CO（g）△H2，则△H2＞△H1‎ C．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJ/mol D．已知NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3‎ ‎ kJ/mol，则含20 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，中和热为28.65 kJ/mol ‎10．将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中．然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固．由此可见（　　）‎ A．NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应 B．该反应中，热能转化为产物内部的能量 C．反应物的总能量高于生成物的总能量 D．每消耗0.1molNH4HCO3放出2.24L CO2‎ ‎11．下列各组晶体中，化学键类型相同，熔化时所克服的作用力也完全相同的是（　　）‎ A．CO2和SiO2 B．Na和I2 C．蔗糖和干冰 D．金刚石和石墨 ‎12．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（　　）‎ 选项 叙述I 叙述II A 苯甲酸的溶解度随温度升高而增大 用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，除去苯甲酸中混有的泥沙 B NH4Cl受热容易分解 加热NH4Cl制备NH3‎ C SO2具有漂白性 SO2能使KMnO4溶液褪色 D 某温度下，碳酸的K1=4.4×10﹣7，次氯酸的K=2.98×10﹣8‎ 用CO2和NaClO制备HClO A．A B．B C．C D．D ‎13．元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子．X与Y形成的化合物的晶胞如图所示，下列关于该晶体的说法正确的是（　　）‎ A．1个晶胞中离子的总数为18‎ B．X2+离子的配位数为8，Y2﹣离子的配位数为4‎ C．与每个X2+距离最近的X2+共有12个 D．该化合物的化学式为CaS ‎14．有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是（　　）‎ A．①为简单立方堆积②为六方最密堆积③为体心立方堆积④为面心立方最密堆积 B．每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个 C．晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12‎ D．空间利用率的大小关系为：①＜②＜③＜④‎ ‎15．下列有关晶体的说法中一定正确的是 ‎①原子晶体中只存在非极性共价键；②稀有气体形成的晶体属于原子晶体；③SO2与S都属于分子晶体，且SO2的摩尔质量比S的摩尔质量大，所以SO2熔沸点高于S；④MgCO3与CaCO3都是离子晶体，且Mg2+半径比Ca2+半径小所以MgCO3的分解温度更高；⑤分子晶体的堆积均为分子密堆积；⑥金属晶体和离子晶体都能导电；⑦离子晶体和金属晶体中均存在阳离子，但金属晶体中却不存在离子键；⑧依据构成粒子的堆积方式可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体（　　）‎ A．①③⑦ B．只有⑦ C．②④⑤⑦ D．⑤⑥⑧‎ ‎　‎ 二、填空题（共55分）‎ ‎16．A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大．A、C原子2p能级上均有两个未成对电子，EC2与BC2﹣为等电子体，D基态原子有11种运动状态的电子，F是第四周期未成对电子最多的原子．请回答下列问题：‎ ‎（1）上述元素中第一电离能最大的是　　（填元素符号）．A基态原子的电子排布式是　　，E在周期表中的位置是第　　周期　　族．‎ ‎（2）科学家成功地在高压下将AC2转化为具有空间立体网状结构的晶体，该晶体中A的杂化轨道类型是　　‎ ‎（3）D+、AB﹣、F6+三种离子组成的化合物D3F（AB）6，其中化学键的类型有　　，该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为　　．‎ ‎（4）“酒精检测仪”中有红色FC3和少量H2SO4，检测酒驾时反应的化学方程式为　　．‎ ‎17．已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于短周期．A是原子半径最小的元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；E有“生物金属”之称，E4+和氩原子的核外电子排布相同．A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，A、B两种元素组成的原子个数之比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂．‎ 请回答下列问题（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）：‎ ‎（1）A2D2分子的电子式为　　，E的基态原子的外围电子排布式为　　．‎ ‎（2）B、C、D三种元素的第一电离能由小到大的顺序为　　．‎ ‎（3）单质B与C的最高价氧化物的水化物的浓溶液微热反应，其化学方程式为　　‎ ‎（4）下列叙述正确的是　　（填序号）．‎ a． M是极性分子，N是非极性分子 b． M和BD2分子中的中心原子均采用sp2杂化 c． N分子中含有6个σ键和1个π键 d． BD2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低 ‎（5）已知：①E的一种氧化物Q，其晶胞结构如图所示 ‎①Q（s）+2Cl2（g）=ECl4（l）+D2（g）△H=+140kJ/mol ‎②2B（s）+D2（g）=2BD（g）△H=﹣221kJ/mol 写出物质Q和焦炭、氯气反应生成液态ECI4和BD气体的热化学方程式：　　．‎ ‎18．ⅥA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表现出多种化合价，含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题：‎ ‎（1）氧元素能形成繁多的氧化物，请写出一个与CO2‎ 互为等电子体的化合物　　．‎ ‎（2）把Na2O、SiO2、P2O5三种氧化物按熔沸点由高到低顺序排列　　．‎ ‎（3）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为　　．‎ ‎（4）Se原子基态核外电子的排布式为　　；H2Se的沸点：﹣41.1℃，H2S的沸点：﹣60.4℃引起两者沸点差异的主要原因是　　．‎ ‎（5）SO32﹣离子中硫原子的杂化方式　　，该离子的立体构型为　　．‎ ‎（6）金属元素Ca的氧化物用作玻璃、瓷器的颜料、脱硫剂．其立方晶体的晶胞结构如图所示，已知Ca2+的半径为r1cm，O2﹣的半径为r2cm，该晶胞密度为ρg▪cm﹣3，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶胞中离子体积占晶胞体积百分率为　　．‎ ‎19．50mL 0.55mol•L﹣1盐酸与50mL 0.50mol•L﹣1NaOH溶液在如图的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是　　．‎ ‎（2）从装置图上看除了缺少一种玻璃仪器外，还有一处不妥的是：　　．‎ ‎（3）若实验中改用50mL 0.55mol•L﹣1醋酸溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　　（填“减少”“不变”“增多”）；‎ ‎（4）若实验改用25mL 0.55mol•L﹣1硫酸与25mL 0.50mol•L﹣1Ba（OH）2溶液代替上述反应，所求得的中和热△H　　 （填“偏大”“偏小”“无影响”）．‎ ‎（5）已知：Q=cm△t，如果盐酸和NaOH溶液的密度均为1g•cm﹣3，反应后混合溶液的比热容c=4.18J•（g•℃）﹣1．实验数据如表：根据上表中所测数据，通过计算得到中和热△H=　　kJ/mol（保留一位小数）． ‎ 实验 次数 起始温度t1/℃‎ 终止温度t2/℃]‎ 盐酸 NaOH溶液 ‎1‎ ‎20.3‎ ‎20.3‎ ‎23.6‎ ‎2‎ ‎20.3‎ ‎20.3‎ ‎23.7‎ ‎3‎ ‎20.3‎ ‎20.3‎ ‎25.9‎ ‎4‎ ‎20.3‎ ‎20.3‎ ‎23.8‎ ‎（6）下列操作能引起△H偏大的是：　　（填序号）操作．‎ ‎①大烧杯上不盖硬纸板 ‎②用环形铜丝搅拌棒搅拌反应混合溶液 ‎③分多次把NaOH溶液倒入装盐酸的小烧杯中．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省遂宁市射洪中学高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题仅一个选项正确，每题3分，共45分）‎ ‎1．关于能源，下列说法错误的是（　　）‎ A．能源的开发和利用情况，可以衡量一个国家或地区的科学技术水平 B．目前新能源主要有：煤、石油、天然气、太阳能、氢能、风能等 C．新能源的优点主要是资源丰富、可再生、没有或很少有污染 D．氢能的优点热值高、资源丰富、燃烧产物无污染；缺点是储存和运输困难 ‎【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．‎ ‎【分析】A、能源与经济、科学技术等联系密切；‎ B、煤、石油、天然气为化石燃料；‎ C、新能源通常是环境友好型能源；‎ D、氢气是一种新能源．氢气燃烧产物为水无污染；‎ ‎【解答】解：A、一般利用石油为原料得到乙烯，乙烯的发展可以衡量一个国家或地区的经济发展和科学技术水平，故A正确；‎ B、煤、石油、天然气为化石燃料，不是新能源，故B错误；‎ C、新能源相对于化石燃料来讲，资源丰富、可以再生、污染轻，对环境友好，故C正确；‎ D、氢气是一种新能源．氢气热值高，水作为其原料，资源实在太丰富了，氢气燃烧产物为水无污染，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．HI沸点比HBr的沸点低 B．用X射线衍射实验的方法，可以区分晶体和非晶体 C．CH3CH2CH2CH3分子中有两个手性碳原子 D．由于HF分子间存在氢键，故HF比HCl稳定 ‎【考点】晶体熔沸点的比较；“手性分子”在生命科学等方面的应用；氢键的存在对物质性质的影响．‎ ‎【分析】A．HI与HBr都属于分子晶体；‎ B．晶体对X﹣射线发生衍射，非晶体不会对X﹣射线发生衍射；‎ C．手性碳原子指连有四个不同基团；‎ D．分子的稳定性和化学键有关和氢键无关．‎ ‎【解答】解：A．HI与HBr都属于分子晶体，又没有氢键，所以熔沸点与相对分子质量成正比，则HI沸点比HBr的沸点高，故A错误；‎ B．晶体对X﹣射线发生衍射，非晶体不会对X﹣射线发生衍射，所以能用X﹣射线衍射技术可以区分晶体和非晶体，故B正确；‎ C．CH3CH2CH2CH3中C原子连接的四个基团至少有2个是一样的，该分子中没有手性碳原子，故C错误；‎ D．分子的稳定性和化学键有关和氢键无关，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．下列关于粒子结构的描述不正确的是（　　）‎ A．H2S和NH3均是价电子总数为8的极性分子 B．OH﹣和HF均是含有极性键的10电子粒子 C．CHCl3和CCl4均是四面体构型的非极性分子 D．1 mol D216O（重水）中含中子、质子、电子各10NA（NA代表阿伏加德罗常数的值）‎ ‎【考点】原子结构与元素的性质；质量数与质子数、中子数之间的相互关系；判断简单分子或离子的构型；极性键和非极性键．‎ ‎【分析】A．根据核外电子排布判断；‎ B、OH﹣是8+1+1=10电子粒子，HF是9+1=10电子粒子，都不同原子形成的共价键；‎ C、CHCl3是极性形成的极性分子，CCl4是四面体构型的非极性分子；‎ D、1个氘原子中含有一个质子、一个电子、一个中子．‎ ‎【解答】解：A．S、N、H原子核外最外层电子数分别为6、5、1，则H2S和NH3价电子总数均是8，且正负电荷中心不重合是极性分子，故A正确；‎ B、OH﹣是8+1+1=10电子粒子，HF是9+1=10电子粒子，都不同原子形成的共价键，所以都是极性键，故B正确；‎ C、CHCl3是极性形成的极性分子，CCl4是四面体构型的非极性分子，故C错误；‎ D.1个氘原子中含有一个质子、一个电子、一个中子，则1 mol D216O中含中子、质子、电子分别为10 NA，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．下列说法正确的是（　　）‎ A．124g P4含有的P﹣P键数为4NA（设NA表示阿伏伽德罗常数的值）‎ B．Be和NaOH溶液反应的离子方程式是：2Be+2OH ﹣+2H2O=2BeO2﹣+3H2↑‎ C．在NaCl溶液中加入AgNO3溶液，生成白色沉淀；再加入氨水，沉淀消失，沉淀消失发生的离子方程式是：‎ AgCl+2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++Cl﹣+2H2O D．0.1mol/L的Fe3+溶液中，能大量共存的离子有Cl﹣、SO42﹣、SCN﹣‎ ‎【考点】离子方程式的书写；离子共存问题．‎ ‎【分析】A．n（P4）==1mol，每个P4分子中含有6个P﹣P键；‎ B．Be的性质和Al相似，Be和NaOH溶液反应生成Na2BeO2、H2；‎ C．AgCl和一水合氨反应生成银氨溶液和水；‎ D．Fe3+、SCN﹣发生络合反应．‎ ‎【解答】解：A．n（P4）==1mol，每个P4分子中含有6个P﹣P键，则1mol白磷中含有6molP﹣P键，所以124g P4含有的P﹣P键数为4NA，故A错误；‎ B．Be的性质和Al相似，Be和NaOH溶液反应生成Na2BeO2、H2，离子方程式为Be+2OH﹣=BeO22﹣+H2↑，故B错误；‎ C．AgCl和一水合氨反应生成银氨溶液和水，离子方程式为AgCl+2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++Cl﹣+2H2O，故C正确；‎ D．Fe3+、SCN﹣发生络合反应生成络合物硫氰化铁而不能大量共存，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．X、Y、Z、M为4种短周期元素，X、Y位于同周期且原子半径r（X）＞r（Y），Y2﹣与M+的电子层结构相同，Z与X的原子核外最外层电子数相同，Z的单质可制成半导体材料．下列说法不正确的是（　　）‎ A．由元素X与Z形成的化合物中只含共价键 B．XY2、ZY2、M2Y2的晶体分别属于3种不同类型的晶体 C．单质M的晶体是体心立方堆积，M的配位数是8‎ D．X的氢化物X2H2分子中含有2个σ键和3个π键 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】X、Y、Z、M为4种短周期元素，Z的单质可制成半导体材料，可知Z为Si元素；Y2﹣与M+的电子层结构相同，可知M为Na，Y为O，Z与X的原子核外最外层电子数相同，X、Y位于同周期且原子半径r（X）＞r（Y），则X为C，以此来解答．‎ ‎【解答】解：由上述分析可知，X为C，Y为O，Z为Si，M为Na，‎ A．由元素X与Z形成的化合物为SiC，只含共价键，故A正确；‎ B．CO2、SiO2、Na2O2的晶体分别为分子晶体、原子晶体、离子晶体，属于3种不同类型的晶体，故B正确；‎ C．单质Na的晶体和K相似，是体心立方堆积，Na的配位数是8，故C正确；‎ D．C的氢化物C2H2分子中的结构式为H﹣C≡C﹣H，含有3个σ键和2个π键，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，Z原子比X原子的核外电子数多4．下列说法正确的是（　　）‎ A．Y既可是金属也可是非金属 B．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞Z C．X、Z形成的某化合物在熔融状态下不导电 D．WY2分子中既有非极性键又有极性键 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，则W为C，X为Al，Z原子比X原子的核外电子数多4，Z为Cl，Y的原子序数在13～17之间，Y可能为Si、P、S，以此来解答．‎ ‎【解答】解：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，则W为C，X为Al，Z原子比X原子的核外电子数多4，Z为Cl，Y的原子序数在13～17之间，Y可能为Si、P、S，‎ A．Y只能为非金属元素，故A错误；‎ B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是X＞Y＞Z＞W，故B错误；‎ C．X、Z形成的某化合物为氯化铝，为共价化合物，在熔融状态下不导电，故C正确；‎ D．WY2分子可为CS2分子，分子中只含极性共价键，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．若aXm+和bY﹣两种离子电子层结构相同，则a﹣b=n﹣m B．24Mg32S中电子总数与中子总数之比为1：1‎ C．CO2和PC13分子中各原子最外层都满足8电子结构 D．ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最好的其沸点也最高 ‎【考点】原子结构与元素的性质．‎ ‎【分析】A．两种离子电子层结构相同，则其核外电子总数相等，据此列式计算；‎ B．中子数=质量数﹣质子数，据此分别计算出该化合物中含有的电子总数、中子总数；‎ C．对于共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构，据此判断；‎ D．ⅥA族中，O的非金属性最强，且水中含氢键．‎ ‎【解答】解：A．若aXm+和bY﹣‎ 两种离子电子层结构相同，则两种离子的核外电子总数相等，即：a﹣n=b+n，整理可得：a﹣b=n﹣m，故A错误；‎ B．24Mg32S中含有的电子总数为：12+16=28，含有的中子总数为：24﹣12+32﹣16=28，所以电子总数与中子总数之比为1：1，故B正确；‎ C．CO2中C元素化合价为+4，C原子最外层电子数是4，4+4=8，所以碳原子满足8电子结构，氧元素化合价的绝对值是+2，氧原子最外层电子数是6，2+6=8，所以氧原子满足8电子结构；PCl3中P元素化合价为+3价，P原子最外层电子数是5，3+5=8，则P原子满足8电子结构，Cl元素化合价绝对值为1，其最外层电子数是7，1+7=8，则Cl原子满足8电子结构，根据分析可知，CO2和PC13分子中各原子最外层都满足8电子结构，故C正确；‎ D．ⅥA族中，O的非金属性最强，且水中含氢键，则ⅥA族元素的氢化物中稳定性最好的，其沸点也最高，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．有关键能数据如表：‎ 化学键 Si﹣O O=O ‎ Si﹣Si 键能/kJ•mol﹣1‎ X ‎498.8‎ ‎176‎ 晶体硅的燃烧热为989.2kJ•mol﹣1，则X的值为（　　）‎ A．423.3 B．460 C．832 D．920‎ ‎【考点】键能、键长、键角及其应用．‎ ‎【分析】依据反应焓变△H=反应物键能总和﹣生成物键能总和来分析计算．‎ ‎【解答】解：已知晶体硅的燃烧热为989.2kJ•mol﹣1，则Si（s）+O2（g）=SiO2（s）△H=﹣989.2kJ•mol﹣1；1mol晶体硅中含有2molSi﹣Si，1molSiO2中含有4molSi﹣O，1molO2中含有1molO=O；则2×176+498.8﹣4x=﹣989.2，解得x=460；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）‎ A．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定 B．已知C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1 C（s）+O2（g）═CO（g）△H2，则△H2＞△H1‎ C．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJ/mol D．已知NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ/mol，则含20 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，中和热为28.65 kJ/mol ‎【考点】热化学方程式；化学能与热能的相互转化；燃烧热；中和热．‎ ‎【分析】A．物质能量越高越不稳定，△H＞0表示正反应吸热；‎ B．一氧化碳转化为二氧化碳是放热过程；焓变包含负号；‎ C．燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，气态水不是稳定氧化物；‎ D．中和热为△H=﹣57.3 kJ/mol，是一个固定值；‎ ‎【解答】解：A．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，石墨能量小于金刚石，则金刚石比石墨活泼，石墨比金刚石稳定，故A错误；‎ B．己知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1、2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2，一氧化碳转化为二氧化碳是放热过程；焓变包含负号，则△H1＜△H2，故B正确；‎ C．氢气的燃烧热是值1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，单位是kJ/mol，气态水不是稳定氧化物，2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1，则燃烧热＞=241.8kJ•mol﹣1，故C错误；‎ D．已知NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4 kJ•mol﹣1，中和热指1molNaOH和molHCl溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量为57.4 kJ，则0.5molNaOH与强酸，中和热不变，中和热为△H=﹣57.4 kJ•mol﹣1，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．将盛有NH4HCO3‎ 粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中．然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固．由此可见（　　）‎ A．NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应 B．该反应中，热能转化为产物内部的能量 C．反应物的总能量高于生成物的总能量 D．每消耗0.1molNH4HCO3放出2.24L CO2‎ ‎【考点】吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】A．依据反应后醋酸凝固，说明反应是吸热反应；‎ B．吸热反应把能量转化为产物内部能量；‎ C．依据反应前后能量守恒分析判断；‎ D．无法确定气体的状态．‎ ‎【解答】解：A．醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，故A错误；‎ B．因反应为吸热反应，即吸热的热量转化为产物内部的能量，故B正确；‎ C．因反应为吸热反应，则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量，故C错误；‎ D．无法确定气体的状态，体积不一定为2.24L CO2，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．下列各组晶体中，化学键类型相同，熔化时所克服的作用力也完全相同的是（　　）‎ A．CO2和SiO2 B．Na和I2 C．蔗糖和干冰 D．金刚石和石墨 ‎【考点】化学键和分子间作用力的区别；化学键．‎ ‎【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键，不同类型的晶体的作用力不同，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．都含有共价键，但CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，熔化时分别克服分子间作用力和共价键，故A错误；‎ B．Na为金属晶体，含有金属键，I2为分子晶体，含有共价键，故B错误；‎ C．蔗糖和干冰都为分子晶体，都含有共价键，熔化时都克服分子间作用力，故C正确；‎ D．金刚石为原子晶体，融化时断裂共价键，石墨为混合晶体，融化时克服共价键和分子间作用力，二者不同，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（　　）‎ 选项 叙述I 叙述II A 苯甲酸的溶解度随温度升高而增大 用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，除去苯甲酸中混有的泥沙 B NH4Cl受热容易分解 加热NH4Cl制备NH3‎ C SO2具有漂白性 SO2能使KMnO4溶液褪色 D 某温度下，碳酸的K1=4.4×10﹣7，次氯酸的K=2.98×10﹣8‎ 用CO2和NaClO制备HClO A．A B．B C．C D．D ‎【考点】铵盐；弱电解质在水溶液中的电离平衡；二氧化硫的化学性质；物质的分离、提纯和除杂．‎ ‎【分析】A、蒸发结晶析出苯甲酸晶体，过滤不能得到纯净的苯甲酸，应趁热过滤；‎ B、氯化铵受热易分解，但分解生成的氯化氢和氨气会重新反应生成氯化铵，不能用来制备氨气；‎ C、二氧化硫具有漂白性，和有色物质结合形成不稳定的无色物质，和高锰酸钾溶液反应褪色是利用二氧化硫的还原性；‎ D、电离平衡常数比较可知，碳酸酸性大于次氯酸，可以在次氯酸钠溶液中通入二氧化碳制备次氯酸．‎ ‎【解答】解：A、苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，蒸发结晶析出苯甲酸晶体，过滤不能得到纯净的苯甲酸，应趁热过滤除去苯甲酸中混有的泥沙，叙述Ⅰ正确，Ⅱ错误，故A错误；‎ B、氯化铵受热易分解，但分解生成的氯化氢和氨气会重新反应生成氯化铵，不能用来制备氨气，叙述Ⅰ正确，Ⅱ错误，无有因果关系，故B错误；‎ C、二氧化硫具有漂白性，和有色物质结合形成不稳定的无色物质，和高锰酸钾溶液反应褪色是利用二氧化硫的还原性，叙述Ⅰ、Ⅱ均正确，但无有因果关系，故C错误；‎ D、电离平衡常数比较可知，碳酸酸性大于次氯酸，可以在次氯酸钠溶液中通入二氧化碳制备次氯酸，反应生成次氯酸和碳酸氢钠，叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子．X与Y形成的化合物的晶胞如图所示，下列关于该晶体的说法正确的是（　　）‎ A．1个晶胞中离子的总数为18‎ B．X2+离子的配位数为8，Y2﹣离子的配位数为4‎ C．与每个X2+距离最近的X2+共有12个 D．该化合物的化学式为CaS ‎【考点】离子晶体．‎ ‎【分析】元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p4，则Y是S元素，则化学式为ZnS，据此解答．‎ ‎【解答】解：A．由晶胞可知，1个晶胞中离子的总数为8×+6×+4=8，故A错误；‎ B．因为化学式为ZnS，所以Y2﹣离子的配位数为4，则X2+离子的配位数也为4，故B错误；‎ C．由晶胞可知，与每个X2+距离最近的X2+在其面心，则共有=12个，故C正确，‎ D．根据以上分析，化学式为ZnS，故D错误，‎ 故选：C ‎　‎ ‎14．有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是（　　）‎ A．①为简单立方堆积②为六方最密堆积③为体心立方堆积④为面心立方最密堆积 B．每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个 C．晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12‎ D．空间利用率的大小关系为：①＜②＜③＜④‎ ‎【考点】金属晶体的基本堆积模型．‎ ‎【分析】A．②为体心立方堆积，③为六方最密堆积；‎ B．利用均摊法计算每个晶胞中原子个数；‎ C．晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③12，④12；‎ D．空间利用率：①52%、②68%、③74%、④74%．‎ ‎【解答】解：A．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，故A错误；‎ B．①中原子个数=8×=1、②中原子个数=1+8×=2、③中原子个数=1+8×=2、④中原子个数=8×+6×=4，故B正确；‎ C．晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③12，④中配位数=3×8×‎ ‎=12，故C错误；‎ D．空间利用率：①52%、②68%、③74%、④74%，所以原子利用率顺序：①＜②＜③=④，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．下列有关晶体的说法中一定正确的是 ‎①原子晶体中只存在非极性共价键；②稀有气体形成的晶体属于原子晶体；③SO2与S都属于分子晶体，且SO2的摩尔质量比S的摩尔质量大，所以SO2熔沸点高于S；④MgCO3与CaCO3都是离子晶体，且Mg2+半径比Ca2+半径小所以MgCO3的分解温度更高；⑤分子晶体的堆积均为分子密堆积；⑥金属晶体和离子晶体都能导电；⑦离子晶体和金属晶体中均存在阳离子，但金属晶体中却不存在离子键；⑧依据构成粒子的堆积方式可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体（　　）‎ A．①③⑦ B．只有⑦ C．②④⑤⑦ D．⑤⑥⑧‎ ‎【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．‎ ‎【分析】①原子晶体是原子之间通过共价键形成的晶体，同种原子之间形成的共价键是非极性键，不同元素形成的共价键是极性键，二氧化硅是原子晶体，晶体中存在极性键；‎ ‎②稀有气体是单原子分子，可以形成分子晶体；‎ ‎③二氧化硫常温下是气体，而硫是固体；‎ ‎④Mg2+半径小于Ca2+半径，固MgO晶格能大于CaO晶格能，所以Mg2+比Ca2+更易与碳酸根离子中的氧离子结合，使碳酸根离子分解为CO2；‎ ‎⑤分子晶体的堆积一般为分子密堆积，但有氢键时，配位数改变； ‎ ‎⑥离子晶体固态时不导电；‎ ‎⑦离子晶体由阴、阳离子通过离子键形成，金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成；‎ ‎⑧依据构成微粒与微粒间的作用可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体．‎ ‎【解答】解：①二氧化硅是原子晶体，晶体中存在极性键，故错误；‎ ‎②稀有气体是单原子分子，可以形成分子晶体，故错误；‎ ‎③二氧化硫常温下是气体，而硫是固体，所以SO2熔沸点低于S，故错误；‎ ‎④Mg2+半径小于Ca2+半径，固MgO晶格能大于CaO晶格能，所以Mg2+比Ca2+更易与碳酸根离子中的氧离子结合，使碳酸根离子分解为CO2，所以碳酸钙比分解温度比碳酸镁的温度高，故错误；‎ ‎⑤分子晶体的堆积一般为分子密堆积，但有氢键时，配位数改变，如由于氢键的作用，每个水分子周围只有四个紧邻的水分子，故错误；‎ ‎⑥离子晶体固态时不导电，如氯化钠固体不导电，故错误；‎ ‎⑦离子晶体由阴、阳离子通过离子键形成，金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成，不存在离子键，故正确；‎ ‎⑧依据构成微粒与微粒间的作用可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体，故错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题（共55分）‎ ‎16．A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大．A、C原子2p能级上均有两个未成对电子，EC2与BC2﹣为等电子体，D基态原子有11种运动状态的电子，F是第四周期未成对电子最多的原子．请回答下列问题：‎ ‎（1）上述元素中第一电离能最大的是　N　（填元素符号）．A基态原子的电子排布式是　1s22s22p2　，E在周期表中的位置是第　三　周期　VIA　族．‎ ‎（2）科学家成功地在高压下将AC2转化为具有空间立体网状结构的晶体，该晶体中A的杂化轨道类型是　sp3　‎ ‎（3）D+、AB﹣、F6+三种离子组成的化合物D3F（AB）6，其中化学键的类型有　离子键、配位键、共价键　，该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为　[Cr（CN）6]3﹣　．‎ ‎（4）“酒精检测仪”中有红色FC3和少量H2SO4，检测酒驾时反应的化学方程式为　C2H5OH+4CrO3+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+2CO2↑+9H2O　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大．A、C原子2p能级上均有两个未成对电子，外围电子排布分别为2s22p2、2s22p4，则A为碳元素，C为O元素，B的原子序数介于碳、氧之间，则B为N元素；D基态原子有11种运动状态的电子，则D为Na；F是第四周期未成对电子最多的原子，外围电子排布式为3d54s1，则F为Cr；EO2与NO2﹣为等电子体，结合原子序数可知E为S元素．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大．A、C原子2p能级上均有两个未成对电子，外围电子排布分别为2s22p2、2s22p4，则A为碳元素，C为O元素，B的原子序数介于碳、氧之间，则B为N元素；D基态原子有11种运动状态的电子，则D为Na；F是第四周期未成对电子最多的原子，外围电子排布式为3d54s1，则F为Cr；EO2与NO2﹣为等电子体，结合原子序数可知E为S元素．‎ ‎（1）非金属性越强，第一电离能越大，氮元素2p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素，故上述元素中第一电离能最大的是N；A为碳元素，基态原子的电子排布式是1s22s22p2，E为S元素，在周期表中的位置是第三周期VIA族，‎ 故答案为：N；1s22s22p2；三、VIA；‎ ‎（2）科学家成功地在高压下将CO2转化为具有空间立体网状结构的晶体，属于原子晶体，与二氧化硅晶体结构类似，该晶体中C原子形成4个键，没有孤对电子，碳原子杂化轨道类型是sp3，‎ 故答案为：sp3；‎ ‎（3）Na+、CN﹣、Cr6+三种离子组成的化合物Na3Cr（CN）6，其中化学键的类型有离子键、配位键、共价键，该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为：[Cr（CN）6]3﹣，‎ 故答案为：离子键、配位键、共价键；[Cr（CN）6]3﹣；‎ ‎（4）“酒精检测仪”中有红色CrO3和少量H2SO4，检测酒驾时反应的化学方程式为：C2H5OH+4CrO3+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+2CO2↑+9H2O，‎ 故答案为：C2H5OH+4CrO3+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+2CO2↑+9H2O．‎ ‎　‎ ‎17．已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于短周期．A是原子半径最小的元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；E有“生物金属”之称，E4+和氩原子的核外电子排布相同．A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，A、B两种元素组成的原子个数之比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂．‎ 请回答下列问题（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）：‎ ‎（1）A2D2分子的电子式为　　，E的基态原子的外围电子排布式为　3d24s2　．‎ ‎（2）B、C、D三种元素的第一电离能由小到大的顺序为　C＜O＜N　．‎ ‎（3）单质B与C的最高价氧化物的水化物的浓溶液微热反应，其化学方程式为　C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O　‎ ‎（4）下列叙述正确的是　ad　（填序号）．‎ a． M是极性分子，N是非极性分子 b． M和BD2分子中的中心原子均采用sp2杂化 c． N分子中含有6个σ键和1个π键 d． BD2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低 ‎（5）已知：①E的一种氧化物Q，其晶胞结构如图所示 ‎①Q（s）+2Cl2（g）=ECl4（l）+D2（g）△H=+140kJ/mol ‎②2B（s）+D2（g）=2BD（g）△H=﹣221kJ/mol 写出物质Q和焦炭、氯气反应生成液态ECI4和BD气体的热化学方程式：　2C（s）+TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣81kJ/mol　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于前三周期，A是原子半径最小的元素，则A为氢元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，原子核外电子数排布为1s22s22p2，故B为碳元素；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4，故D为氧元素；C原子序数介于碳、氧之间，故C为氮元素；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体M为HCHO；A、B二种元素组成的原子个数比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂，则N为苯；E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同，E原子核外电子数为18+4=22，故E为Ti，据此解答．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于前三周期，A是原子半径最小的元素，则A为氢元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，原子核外电子数排布为1s22s22p2，故B为碳元素；D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4，故D为氧元素；C原子序数介于碳、氧之间，故C为氮元素；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体M为HCHO；A、B二种元素组成的原子个数比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂，则N为苯；E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同，E原子核外电子数为18+4=22，故E为Ti，‎ ‎（1）A2D2分子为H2O2，其电子式为，E为Ti，原子序数为22，其基态原子的外围电子排布式为3d24s2，‎ 故答案为：；3d24s2；‎ ‎（2）同周期自左而右第一电离能增大，但N原子p轨道半满，为稳定状态，故第一电离能C＜O＜N，‎ 故答案为：C＜O＜N；‎ ‎（3）碳与浓硝酸微热反应产生二氧化氮和二氧化碳以及水，其化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，‎ 故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；‎ ‎（4）a．HCHO中O氧原子电负性很大，是极性分子，N为苯，是非极性分子，故a正确；‎ b．HCHO中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，碳原子采用sp2杂化，二氧化碳分子为直线型结构，碳原子采用sp杂化，故b错误；‎ c．苯分子中H﹣C之间是s﹣sp2形成的σ键，C﹣C之间是sp2形成的σ键，苯分子中含有12个σ键和1个大π键，故c错误；‎ d．CO2属于分子晶体，二氧化硅属于原子晶体，二氧化碳的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故d正确，‎ 故选：ad；‎ ‎（5）晶胞中Ti原子数目为1+8×=2，氧原子数目为2+4×=4，故氧化物Q的化学式为TiO2，‎ ‎①TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）+O2（g）△H=+140kJ/mol ‎②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ/mol 根据盖斯定律，将①+②可得TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCI4和CO气体的热化学方程式为2C（s）+TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣81kJ/mol，‎ 故答案为：2C（s）+TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣81kJ/mol．‎ ‎　‎ ‎18．ⅥA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表现出多种化合价，含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题：‎ ‎（1）氧元素能形成繁多的氧化物，请写出一个与CO2互为等电子体的化合物　CS2或N2O　．‎ ‎（2）把Na2O、SiO2、P2O5三种氧化物按熔沸点由高到低顺序排列　SiO2＞Na2O＞P2O5　．‎ ‎（3）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为　O＞S＞Se　．‎ ‎（4）Se原子基态核外电子的排布式为　[Ar]3d104s24p4　；H2Se的沸点：﹣41.1℃，H2S的沸点：﹣60.4℃引起两者沸点差异的主要原因是　H2Se分子间作用力强于H2S　．‎ ‎（5）SO32﹣离子中硫原子的杂化方式　sp3　，该离子的立体构型为　三角锥形　．‎ ‎（6）金属元素Ca的氧化物用作玻璃、瓷器的颜料、脱硫剂．其立方晶体的晶胞结构如图所示，已知Ca2+的半径为r1cm，O2﹣的半径为r2cm，该晶胞密度为ρg▪cm﹣3，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶胞中离子体积占晶胞体积百分率为　　．‎ ‎【考点】晶胞的计算．‎ ‎【分析】（1）等电子体原子个数相等、价电子数相等；‎ ‎（2）SiO2为原子晶体，熔沸点取决于共价键键能；Na2O为离子晶体，熔沸点取决于其晶格能；P2O5为分子晶体，熔沸点取决于分子间作用力；‎ ‎（3）同主族元素从上到下，原子半径越来越大，原子核对核外电子的吸引力越来越弱，第一电离能逐渐减小；‎ ‎（4）Se原子序数为34，根据构造原理书写该原子核外电子的排布式；分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，与分子间作用力成正比；‎ ‎（5）SO32﹣离子价电子对数为=4，形成4条新的杂化轨道，据此判断杂化方式，并据此判断立体构型；‎ ‎（6）晶胞中白色球个数=8×+6×=4，黑色球个数为4，晶胞体积=，离子体积=4×π（r1+r2）3cm3．‎ ‎【解答】解：（1）等电子体中原子个数相等、价电子数相等，与二氧化碳互为等电子体的有CS2或N2O，‎ 故答案为：CS2或N2O；‎ ‎（2）SiO2为原子晶体，熔沸点取决于共价键键能，熔沸点很高；Na2O为离子晶体，熔沸点取决于其晶格能，熔沸点较高；P2O5为分子晶体，熔沸点取决于分子间作用力，熔沸点较低，‎ 故答案为：SiO2＞Na2O＞P2O5；‎ ‎（3）同主族元素从上到下，原子半径越来越大，原子核对核外电子的吸引力越来越弱，第一电离能逐渐减小，‎ 故答案为：O＞S＞Se；‎ ‎（4）Se原子序数为34，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则写出为[Ar]3d104s24p4，二者均由分子构成，熔沸点取决于分子间作用力，分子间作用力取决于相对分子质量，H2Se的相对分子质量比H2S大，因此H2Se分子间作用力强于H2S；‎ 故答案为：[Ar]3d104s24p4 ；H2Se分子间作用力强于H2S；‎ ‎（5））SO32﹣离子价电子对数为=4，形成4条新的杂化轨道，采用了sp3杂化；孤电子对数=价电子对数﹣配位原子数=4﹣3=1，含有一对孤对电子，占据一条杂化轨道，对S﹣O键有排斥作用，S与O构成三角锥形，‎ 故答案为：sp3；三角锥；‎ ‎（6）晶胞中白色球个数=8×+6×=4，黑色球个数为4，晶胞体积==cm3，离子体积=4×π（r1+r2）3cm3=π（r1+r2）3cm3，‎ 该晶胞中离子体积占晶胞体积百分率==，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎19．50mL 0.55mol•L﹣1盐酸与50mL 0.50mol•L﹣1NaOH溶液在如图的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是　环形玻璃搅拌棒　．‎ ‎（2）从装置图上看除了缺少一种玻璃仪器外，还有一处不妥的是：　碎纸条未填满，大小烧杯杯口未相平　．‎ ‎（3）若实验中改用50mL 0.55mol•L﹣1醋酸溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　减小　（填“减少”“不变”“增多”）；‎ ‎（4）若实验改用25mL 0.55mol•L﹣1硫酸与25mL 0.50mol•L﹣1Ba（OH）2溶液代替上述反应，所求得的中和热△H　偏小　 （填“偏大”“偏小”“无影响”）．‎ ‎（5）已知：Q=cm△t，如果盐酸和NaOH溶液的密度均为1g•cm﹣3，反应后混合溶液的比热容c=4.18J•（g•℃）﹣1．实验数据如表：根据上表中所测数据，通过计算得到中和热△H=　﹣56.8　kJ/mol（保留一位小数）． ‎ 实验 次数 起始温度t1/℃‎ 终止温度t2/℃]‎ 盐酸 NaOH溶液 ‎1‎ ‎20.3‎ ‎20.3‎ ‎23.6‎ ‎2‎ ‎20.3‎ ‎20.3‎ ‎23.7‎ ‎3‎ ‎20.3‎ ‎20.3‎ ‎25.9‎ ‎4‎ ‎20.3‎ ‎20.3‎ ‎23.8‎ ‎（6）下列操作能引起△H偏大的是：　①②③　（填序号）操作．‎ ‎①大烧杯上不盖硬纸板 ‎②用环形铜丝搅拌棒搅拌反应混合溶液 ‎③分多次把NaOH溶液倒入装盐酸的小烧杯中．‎ ‎【考点】中和热的测定．‎ ‎【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；‎ ‎（2）为减少热量散失，应使小烧杯口与大烧杯口持平，其余部分用碎塑料填满；‎ ‎（3）醋酸是弱电解质，电离要吸热；‎ ‎（4）氢氧化钡与硫酸反应生成了硫酸钡沉淀，放出热量；‎ ‎（5）先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热；‎ ‎（6）①大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；‎ ‎②铜丝导热性良好，热量损失多；‎ ‎③分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较多．‎ ‎【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，‎ 故答案为：环形玻璃搅拌棒；‎ ‎（2）为减少热量散失，应使小烧杯口与大烧杯口持平，其余部分用碎塑料填满，‎ 故答案为：碎纸条未填满，大小烧杯杯口未相平；‎ ‎（3）醋酸是弱电解质，电离要吸热，所放出的热量偏小；‎ 故答案为：减少；‎ ‎（4）氢氧化钡与硫酸反应生成了硫酸钡沉淀，放出热量，中和热的数值偏大，但求得的中和热△H偏小，‎ 故答案为：偏小；‎ ‎（5）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.3℃；‎ 第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.7℃，反应前后温度差为：3.4℃；‎ 第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：25.9℃，反应前后温度差为：5.6℃；‎ 第4次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.8℃，反应前后温度差为：3.5℃；‎ 第3次实验误差较大，舍去，温度差平均值为3.4℃；‎ ‎50mL 0.55mol•L﹣1盐酸与50mL 0.50mol•L﹣1NaOH溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.4℃=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.4212kJ×=﹣56.8kJ/mol，即该实验测得的中和热△H=﹣56.8kJ/mol，‎ 故答案为：﹣56.8；‎ ‎（6）①大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，中和热的数值偏小，但中和热△H偏大，故①正确；‎ ‎②铜丝导热性良好，热量损失多，中和热的数值偏小，但中和热△H偏大，故②‎ 正确；‎ ‎③分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失较多，中和热的数值偏小，但中和热△H偏大，故③正确；‎ 故答案为：①②③．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日