2017-2018学年安徽省六安市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年安徽省六安市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

安徽省六安市第一中学2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题 一、选择题(每小题3分，共48分，每小题仅有一个最佳答案)‎ ‎1. 下列有关描述正确的是（ ）‎ A. 第一电离能： B>Be>Li B. 电负性： F>N>O C. Br-的核外电子排布式为： [Ar]4s24p6‎ D. 基态Ni 原子的价电子排布图：‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、Be元素最外层为半充满结构，较稳定，第一电离能最大，所以第一电离能：Be>B> Li，故A错误；B、非金属性越强电负性越大，所以电负性F＞O＞N，故B错误；C、35Br的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，则35Br的电子排布式可简写为[Ar]3d104s24p5，故C错误；D、Ni是28号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p43s23p43d84s2，价电子数为10，价电子排布式为3d84s2，价电子排布图：，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查原子核外电子排布，明确原子序数及价电子排布是解答本题的关键。本题的易错点为A，注意电子排布规律及全满、半满为稳定结构。‎ ‎2. 观察下列模型并结合有关信息，判断有关说法正确的是（ ）‎ B12结构单元 SF6分子 S8‎ HCN 结构模 型示意 图 备注 熔点1873 K ‎—‎ 易溶于CS2‎ ‎—‎ A. 单质硼属于原子晶体 B. SF6是由极性键构成的极性分子 C. 固态硫S8属于原子晶体 D. HCN的结构式为HC=N ‎【答案】A ‎【解析】A．由图知，每个B原子与周围的B原子均通过共价键连接，且熔点很高，因此单质硼属于原子晶体，故A正确；B．SF6空间构型为对称结构分子极性抵消，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，SF6为非极性分子，故B错误；C．固态S是由S8构成的，该晶体中存在的微粒是分子，所以属于分子晶体，故C错误；D．由比例模型可以看出分子中有1个碳原子和1个氮原子，1个氢原子，碳原子半径大于氮原子半径，氮原子半径大于氢原子半径，所以该比例模型中最左端的是氢原子，中间的是碳原子，最右边的是氮原子，其结构式为H-C≡N，故D错误；故选A。‎ ‎3. 有关晶体的结构如下图所示，下列说法中不正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 在图1晶体中，距粒子B最近且等距的粒子A有6个 B. 在CO2晶体中，每个晶胞平均占有4个原子 C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1∶2‎ D. 该气态团簇分子的分子式为E4F4‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、图1晶体是类似于NaCl晶体的结构，距粒子B最近且等距的粒子A有6个，所以B粒子的配位数是6，故A正确；B、在CO2晶体中，CO2位于晶胞的顶点和面心，晶胞中含有CO2的个数为：8×+6×=4，每个晶胞平均占有4×3=12个原子，故B错误；C、在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，则每个碳原子形成的共价键平均为4×=2，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：2，故C正确；D、气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故D正确；故选B。‎ 点睛：本题考查晶胞的计算。本题的易错点为D，注意气态团簇分子与晶胞的区别，容易因为思维定势造成错误。‎ ‎4. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低 B. 水很稳定是因为水中含有大量的氢键所 C. H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C原子分别采取sp、sp2、sp3杂化 D. 配合物[Cu(H2O)4]SO4中，中心离子是Cu2+，配位体是SO42-，配位数是1‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，故A正确；B．水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有的H-O键非常稳定，与存在氢键无关，故B错误；C．H2O分子中O原子为sp3杂化，H原子只含有1个s轨道，则H2O分子中的共价键是由O原子的sp3杂化轨道和H原子的s轨道形成的s-sp3σ键，同样，NH3分子中的N原子采取sp3杂化，故C错误；D.根据配合物[Cu(H2O)4]SO4结构分析，含有空轨道的金属阳离子为中心离子，所以中心离子为Cu2+、有孤对电子的原子或离子为配体，所以配体为H2O、配位数就是配体的个数，所以配位数为4，故D错误；故选A。‎ ‎5. 四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为l∶2,X2+和Z-的电子数之差为8。下列说法不正确的是（ ）‎ A. WY2是由极性键构成的非极性分子 B. 元素原子半径从大到小的顺序是X>Y>Z C. WZ4分子中W、Z 原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构 D. Z 元素含氧酸有多种，其酸性HZO>HZO3>HZO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由X2+和Z-离子所带电荷可知，X处于ⅡA族，Z处于ⅦA族，X2+和Z-离子的电子数之差为8，X的阳离子比Z的阴离子少一层电子，则X、Y同周期，由四原子最外层电子数之和为19，则W、Y原子最外层电子数之和为19-2-7=10，故W不能处于IA族，结合原子序数可知，Y一定为主族元素，W不可能处于第三周期，W只能处于第二周期，W和X元素原子内质子数之比为1：2，则X处于第三周期，故X为Mg，则Z为Cl、W为C，Y原子最外层电子数为10-4=6，原子序数大于Mg，故Y为S。A. CS2的结构类似于CO2，是由极性键构成的非极性分子，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Mg＞S＞Cl，故B正确；C．CCl4分子中C、Cl原子最外层均达到8电子结构，故C正确；D．Cl元素含氧酸有多种，其中HClO、HClO3、HClO4的非羟基氧数目分别为0、2、3，酸性HClO＜HClO3＜HClO4，故D错误；故选D。‎ ‎6. 已知NO和O2转化为NO2的反应机理如下：‎ ‎①2NO(g)N2O2(g)(快)△H1<0 平衡常数K1‎ ‎②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)△H2<0 平衡常数K2‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H=-(△H1+△H2)‎ B. 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K= K1/K2‎ C. 反应②的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率 D. 反应过程中的能量变化可用图表示 ‎【答案】C ‎【解析】A.根据盖斯定律分析， ①+②即可得到反应，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，故反应热为△H= (△H1+△H2)，错误；B. 因为反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)为①+②的结果，所以其平衡常数K= K1K2，故错误；C. 反应慢的速率决定总反应速率，所以反应②的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率，故正确；D.图a表示前者为吸热，与题中信息不符合，故错误。‎ ‎7. 下列关于化学反应的图像的说法不正确是（ ）‎ A. 图1可表示反应2NO2N2O4 在等温等压条件下平衡后t1时刻充入NO2时反应速率变化 B. 图2可表示CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在一定温度下，将0.5molCO和0.5molH2在体积为2L的密闭容器中发生反应时CO的体积分数随时间变化图像。‎ C. 图3可表示反应2SO2+O22SO3，温度T1>T2，反应为吸热反应。‎ D. 图4 可表示反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，正反应是吸热反应，且m+n>p+q。‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 在等温等压条件下，平衡后t1时刻充入NO2，正反应速率增大，逆反应速率减小，最后重新达到平衡状态，故A正确；B. 将0.5mol CO和0.5mol H2在体积为2L的密闭容器中发生反应，起始时CO与H2的体积比为1:1，CO的体积分数为50%，设反应过程中CO消耗xmol，则：‎ CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ ‎ 起始（mol） 0.5 0.5 0‎ 转化（mol） x 2x x 则CO的体积分数为：×100% =×100%=50%，所以在反应过程中CO的体积分数不变，故B正确；C. 根据“先拐先平数值大”的原则，温度T2＞T1，温度高时SO3的体积分数小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故C错误；D. 由图可知，升高温度，A的转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，压强越大，A的转化率越大，说明增大压强，平衡正向移动，正反应方向为气体减少的方向，则m+n>p+q，故D正确；答案选C。‎ ‎8. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 加入少量硫酸铜可加快锌与稀硫酸的反应速率，说明Cu2+具有催化作用 B. CH3Clg)+Cl2(g)CH2Cl2(l)+HCl(g)常温下能自发进行，则该反应的△H<0‎ C. 在恒温密闭容器中发生反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(s),当PCl3的体积分数不变时，反应达到平衡状态 D. 常温下pH=3的盐酸与pH=11的Ba(OH)2溶液等体积混合，溶液呈碱性 ‎【答案】B ‎【解析】A、加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是因为锌置换出铜，构成锌-铜-稀硫酸原电池，加快反应速率，故A错误；B、反应能否自发进行的判据：△H-T△S＜0，反应CH3Cl(g)+Cl2(g)CH2Cl2(l)+HCl(g)是熵减的反应，则该反应的△H＜0，故B正确；C、温度不变，平衡常数不变，当起始PCl3(g)和Cl2(g)的物质的量之比为1:1时，PCl3的体积分数始终不变，因此当PCl3的体积分数不变时，反应不一定达到平衡状态，故C错误；D、pH=11的某碱为强碱时，等体积混合显中性，则pH=3的盐酸与pH=11的某碱溶液等体积混合溶液呈碱性，说明该碱为弱碱，与氢氧化钡为强碱不符，故D错误；故选B。‎ ‎9. 部分弱酸的电离平衡常数数据如下表，则下列选项正确的是（ ）‎ 弱电解质 HCOOH HCN H2CO3‎ 电离平衡常数 Ka=1.77×10-4‎ Ka=4.9×10-10‎ Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11‎ A. 向NaCN溶液中通入CO2发生反应：2CN-+H2O+CO2=2HCN+CO32-‎ B. 相同物质的量浓度的HCOONa、NaCN、Na2CO3溶液，pH值大小为：NaCN＞Na2CO3>HCOONa C. 等体积等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者 D. 中和等体积、等pH的HCOOH和HCN,消耗NaOH的物质的量前者大于后者 ‎【答案】C ‎【解析】A、酸性由强到弱的顺序为：H2CO3＞HCN＞HCO3-，依据强酸制弱酸的原理可知，CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-，故A错误；B、酸性越弱其酸根的水解程度越大，所以等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(HCOONa)，故B错误；C．根据电荷守恒，c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，即离子总数是n(Na+ )+n(H+)的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c(OH-)大，c(H+)小，c(Na+)相同，所以甲酸钠中离子浓度大，故C正确；D．等pH、等体积的HCOOH和HCN，n(HCN)＞n(HCOOH)，中和酸需要碱的物质的量与酸的物质的量、酸的元数成正比，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查弱电解质的电离，根据平衡常数确定酸性强弱，从而确定酸之间的转化，结合电荷守恒来分析解答。本题的易错点为D，弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，等pH的弱酸溶液，酸性越强，其物质的量浓度越小。‎ ‎10. 已知： ①298K时K(HF)=3.5×10-4，Ksp(CaF2)= 1.8×10-7‎ ‎②HF(aq)H+(aq)+F-(aq) △H<0‎ 根据以上已知信息判断下列说法正确的是（ ）‎ A. 298K时，加蒸馏水稀释HF溶液，保持不变 B. 308K时，HF的电离常数Ka>3.5×10-4‎ C. 298K时，向饱和CaF2溶液中加入少量CaCl2，Ksp(CaF2)会减小 D. 2HF(aq)+Ca2+(aq)CaF2(s)+2H+(aq) K≈0.68‎ ‎【答案】D ‎11. 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 95℃纯水的pH＜7,说明加热可导致水呈酸性 B. pH=3的醋酸溶液，稀释至10 倍后pH=4‎ C. pH均为3，等体积的醋酸和盐酸分别与足量Zn反应，醋酸产生的H2多 D. pH=3 的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH>7‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．加热促进水的电离，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，故A错误；B．醋酸为弱酸，稀释促进电离，pH=3的醋酸溶液，稀释至 10 倍后 pH＜4，故B错误；C．醋酸为弱电解质，等pH等体积时醋酸的物质的量多，则醋酸生成的氢气多，故C正确； D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液的浓度相等，但醋酸为弱酸，不能完全电离，醋酸过量，反应后呈酸性，故D错误；故选C。‎ ‎12. 改变0.1mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH， 溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数∮(X)随pH的变化如图所示[已知：∮(X)=]。下列叙述错误的是（ ）‎ A. pH=1.2 时，c (H2A)=c(HA-) B. lg[K2(H2A)]=-4.2‎ C. pH=2.7时，c(HA-) >c(H2A)=c(A2-) D. pH=4.2时，c (HA-)=c(A2-)=c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】由图像可知，pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，pH=2.7时，c(H2A)=c(A2-)，pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，随着pH的增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大。A．由图像可知pH=1.2时，H2A与HA-的曲线相交，则c(H2A)=c(HA-)，故A正确；B．pH=4.2时，c(H+)=10-4.2mol/L，c(HA-)=c(A2-)，K2(H2A)==10-4.2，则lg[K2(H2A)]=-4.2，故B正确；C．由图像可知，pH=2.7时，c(H2A)=c(A2-)，由纵坐标数据可知c(HA-)＞c(H2A)=c(A2-)，故C正确；D．pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，但此时c(H2A)≈0，如体积不变，则c(HA-)=c(A2-)=0.05mol•L-1，c(H+)=10-4.2mol/L，如体积变化，则不能确定c(HA-)、c(A2-)与c(H+)浓度大小关系，故D错误；故选D。‎ 点睛：本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生的分析能力和计算能力。本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图像的曲线变化。本题的易错点为B，要注意根据K2(H2A)的表达式结合图像分析判断。‎ ‎13. 某兴趣小组同学利用氧化还原反应：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4↓+8H2O设计如右图原电池装置，盐桥中装有饱和的K2SO4溶液，下列说法正确的是（ ）‎ A. a 电极上发生的反应为：MnO4-+8H++5e-=Mn2++4H2O B. 外电路电子的流向是从a到b C. 电池工作时，盐桥中的SO42-移向甲烧杯 D. b 电极上发生还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、总电极反应式：2MnO4－＋10Fe2＋＋16H＋＝2Mn2＋＋10Fe3＋＋8H2O，a极是正极得电子，电极反应式＝总电极反应式－b极反应式，得出：2MnO4－＋16H＋＋10e－＝2Mn2＋＋8H2O，化简得：MnO4－＋8H＋＋5e－＝Mn2＋＋4H2O，A正确；B、根据A的分析，外电路电子流向是从b流向a，B错误；C、根据原电池的工作原理：阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，SO42－向b极移动，C错误；D、根据原电池的工作原理：负极失电子，发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，b极上电极反应式：Fe2＋－e－＝Fe3＋，D错误，答案选A。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查原电池的工作原理及常见的化学电源 ‎【名师点晴】根据氧化还原反应理论分析反应2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4＝2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O可知，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，再结合原电池理论，则b为负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答即可。‎ ‎14. 清华大学首创三室膜电解法制备LiOH,其工作原理如图。下列说法正确的是（ ）‎ A. N为阳离子交换膜 B. X 电极连接电源负极 C. 制备2.4gLiOH产生2.24LH2(标况) D. Y 电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-‎ ‎【答案】A ‎..................‎ ‎15. 关于下列各图说法正确的是（ ）‎ A. 装置①中阳极上析出红色固体 B. 装置②中待镀铁制品应与电源的正极相连 C. 装置③中外电路电子由b极流向a极 D. 装置④中离子交换膜可以避免氯气与氢氧化钠溶液反应 ‎【答案】D ‎【解析】A．装置①中阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜，所以阴极上析出红色固体，故A错误；B．装置②的待镀铁制品应与电源负极相连，充当阴极，故B错误；C．装置③中，a电极是负极，b电极是正极，负极上氢气失电子，正极上氧气得电子，所以电子从a极沿导线流向b极，故C错误；D、装置④中的离子交换膜允许离子通过，氯气不能通过，可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，故D正确；故选D。‎ ‎16. 某原电池装置如右图所示，电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl。下列说法正确的是（ ）‎ A. 正极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-‎ B. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成 C. 若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变 D. 当电路中转移0.01mol e-时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol 离子 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子。A、正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：Cl2+2e-═2Cl-‎ ‎，故A错误；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故B错误；C、根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；D、放电时，当电路中转移0.01mol e-时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子，故D正确。‎ 考点：考查了原电池原理的应用等相关知识。‎ 视频 二、填空题(共52分，每空2分)‎ ‎17. W、M、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，非金属元素W所在周期数等于族序数；M最外层电子数是电子层数的两倍；X与M同族，X单质与O2反应生成化合物XO2；Y 是第三周期原子半径最小的元素；Z是生活中常见金属，既不属于主族，也不属于副族。回答下列问题：‎ ‎(1) W与M可以形成多种化合物，写出其中最简单化合物的电子式_____________。‎ ‎(2) 已知：①X的单质结构为(，每个X原子周围都与4个X成键形成的庞大结构)；化合物XO2结构为(，每个X与4个O成键，每个O都与2个X成键形成的庞大结构)。‎ ‎②有关键能的数据如下表：‎ 化学键 X-O O=O X-X 键能(kJ/mol)‎ ‎460‎ ‎498.8‎ ‎176‎ 写出单质X 在O2中燃烧的热化学方程式________________________。(用具体元素符号书写方程式)‎ ‎(3) 写出Z的单质与H2O反应的化学方程式_____________________________________。‎ ‎(4)Y和Z形成的化合物的水溶液呈酸性的原因_______________________________(用离子方程式解释)。‎ ‎【答案】 (1). (2). Si(s)+O2(g)=SiO2(s) △H=-989.2kJ/mol (3). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (4). Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (不写可逆符号不给分)‎ ‎【解析】W、M、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，Y 是第三周期原子半径最小的元素，Y为Cl元素；Z是生活中常见金属，既不属于主族，也不属于副族，Z属于第Ⅷ族，Z为Fe元素；非金属元素W所在周期数等于族序数，则W为H元素；M最外层电子数是电子层数的两倍；X与M同族，X单质与O2反应生成化合物XO2；则M为第2周期元素，为C，X为Si元素。‎ ‎ (1) H与C可以形成多种化合物，其中最简单化合物为甲烷，电子式为，故答案为：；‎ ‎(2) 根据题意，硅在氧气中燃烧生成二氧化硅，其中硅和二氧化硅均为原子晶体，其中1 mol Si中含有2 mol Si—Si 键；1 mol SiO2中含有4 mol Si—O键；则硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)+O2(g)=SiO2(s) △H=反应物总键能-生成物总键能=176×2+498.8-460×4=-989.2kJ/mol，故答案为：Si(s)+O2(g)=SiO2(s) △H=-989.2kJ/mol；‎ ‎(3) 铁与H2O蒸气反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；‎ ‎(4)氯化铁属于强酸弱碱盐，水解显酸性，水解的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，故答案为： Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+。‎ ‎18. (1) 基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________，该能层具有的原子轨道数为_________。‎ ‎(2) CH3COOH中C原子轨道杂化类型为_________；1molCH3COOH分子含有σ键的数目为_________。‎ ‎(3) 复化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。‎ ‎①基态硼原子的电子排布式为__________。‎ ‎②六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为__________，分析其结构，与石墨相似却不导电，原因是__________。‎ ‎③NH4BF4 (氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管原料之一。1mol NH4BF4 含有__________mol 配位键。‎ ‎(4) Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为_______，微粒之间存在的作用力是__________。‎ ‎(5) 晶胞有两个基本要素：‎ ‎①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，下图为金刚石的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0 ,0);B为(,0,);C为(,,0)。则D原子的坐标参数为__________。‎ ‎②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知金刚石晶胞参数acm，其密度为__________g·cm-3(列出计算式即可)。 ‎ ‎【答案】 (1). M (2). 9 (3). sp3和sp2 (4). 7NA(或7×6.02×1023) (5). 1s22s2p1 (6). 平面三角形 (7). 层状结构中没有自由移动的电子 (8). 2 (9). sp3 (10). 共价键 (11). （；；） (12). ‎ ‎【解析】(1)Si原子核外电子数为14，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为1+3+5=9；故答案为：M；9；‎ ‎(2)CH3COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，没有孤对电子，分别为sp3杂化、sp2‎ 杂化，CH3CHOOH分子中含有1个C-C、3个C-H、1个C-O、1个C=O、1个O-H等化学键，则1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为7mol或7×6.02×1023，故答案为：sp3和sp2；7mol或7×6.02×1023；‎ ‎(3)①基态硼原子核外有5个电子，分别位于1s、2s、2p能级，根据构造原理知其基态的电子排布式1s22s22p1，故答案为：1s22s22p1；‎ ‎②六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，且B原子不存在孤电子对，所以构成的空间构型为平面三角形，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电，故答案为：平面三角形；层状结构中没有自由移动的电子；‎ ‎③一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1mol NH4BF4含有2mol配位键，故答案为：2；‎ ‎(4)Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故答案为：sp3；共价键；‎ ‎(5)①D与周围4个碳原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平行侧面的平面将半个晶胞再2等份，可知D处于到各个面的处，则D原子的坐标参数为(，，)，故答案为：(，，)；‎ ‎②晶胞中C原子数目为4+8×+6×=8，结合阿伏伽德罗常数，可知出晶胞的质量为g，晶胞参数acm，其密度为g÷(acm)3=g·cm-3，故答案为：。‎ 点睛：本题考查了物质结构和性质，涉及配位键、原子杂化方式的判断、微粒空间构型的判断、晶胞结构的计算等知识点。本题的易错点为(2)中CH3COOH中C原子的杂化类型，难点是(5)①D的坐标的确定，要能够从图像中看出D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上、过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平行侧面的平面将半个晶胞2等分。‎ ‎19. (1) 肼(N2H4)是火箭推进器中常用的高能燃料，已知0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成N2和水蒸气，放出256.65kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式：__________________________。‎ ‎(2) 工业上制氢气的一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)‎ 已知在25℃时： C(石墨)+ O2(g)=CO(g) △H1=-111kJ·mol-1‎ H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H2=-242kJ·mol-1‎ C(石墨)+O2(g)=CO2(g) △H3=-394kJ·mol-1‎ 试计算25℃时一氧化碳与水作用转化为氢气和二氧化碳反应的反应热△H=________kJ·mol-1‎ ‎(3) 高铁酸钾(K2FeO4)可作净水剂，也可用于制造高铁电池。高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+Fe(OH)3+4KOH,该电池放电时正极反应式为____________。‎ ‎(4) 用该电池电解 100mL1mol·L-1的AgNO3溶液，写出电解反应方程式：____________________。当电路中通过0.01mol电子时，被电解溶液的pH为________(溶液体积变化忽略不计)。‎ ‎【答案】 (1). N2H4(l)+2H2O(l)=N2(g)+4H2O △H=-641.625kJ/mol (2). -41 (3). FeO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH- (4). 4AgNO3+2H2O=4Ag+O2+4HNO3 (5). 1‎ ‎【解析】(1)0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量，1mol液态肼与足量液态双氧水反应时放出的热量641.625kJ，则热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=-641.625 kJ•mol-1，故答案为：N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=-641.625 kJ•mol-1；‎ ‎(2)①C(石墨)+ O2(g)=CO(g) △H1=-111kJ·mol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H2=-242kJ·mol-1，③C(石墨)+O2(g)=CO2(g) △H3=-394kJ·mol-1，依据盖斯定律③-②-①得到：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ/mol；故答案为：-41；‎ ‎(3)根据总反应3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+Fe(OH)3+4KOH，高铁酸钾在正极得到电子，发生还原反应，电极反应式为FeO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，故答案为：FeO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-；‎ ‎(4)该电池电解100mL 1mol•L-1的AgNO3溶液，阳极： 2H2O—4e- = O2↑+ 4H+，阴极：4Ag+ + 4e- = 4Ag↓，总方程式：4AgNO3 + 2H2O 4Ag↓+ O2↑+ 4HNO3。根据阳极的电极反应：2H2O—4e- = O2↑+ 4H+，所以产生的H+的物质的量为0.01mol，其物质的量浓度为=0.1mol/L，所以pH=1，故答案为：4AgNO3+2H2O=4Ag+O2+4HNO3；1。‎ ‎20. 连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，可用于制N2O气体。‎ ‎(1) 连二次硝酸中氮元素的化合价为________。‎ ‎(2) 常温下，用0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定10mL0.01mol·L-1的H2N2O2溶液，测得溶液的pH 与NaOH客液体积的关系如图所示。‎ ‎①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式：________。‎ ‎②b点时溶液中c(H2N2O2)________c(N2O22-)。(填“＞”“<”或“=”下同)‎ ‎③a 点时溶液中c(Na+)________c(HN2O2-)+c(N2O22-)。‎ ‎【答案】 (1). +1 (2). H2N2O2H++HN2O2-, HN2O2-H++N2O22- (3). > (4). >‎ ‎【解析】(1)H2N2O2分子中H的化合价为+1，O元素的化合价为-2，设N元素的化合价为x，根据总化合价之和为0可知：2x+(+1)×2+(-2)×2=0，解得：x=1，即N元素的化合价为+1，故答案为：+1；‎ ‎(2)①根据图像可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.01mol/L的H2N2O2溶液的pH=4.3，说明H2N2O2为二元弱酸，二元弱酸以第一步电离为主，则其电离方程式为：H2N2O2HN2O2-+H+，HN2O2- H++N2O22-，故答案为：H2N2O2HN2O2-+H+，HN2O2- H++N2O22-；‎ ‎②b点溶质为NaHN2O2，溶液的pH＞7，说明溶液显示碱性，则HN2O2-的水解程度大于其电离程度，所以c(H2N2O2)＞c(N2O22-)，故答案为：＞；‎ ‎③根据图像可知，a点时溶液的pH=7，溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(HN2O2-)+2c(N2O22-)，所以c(Na+)＞c(HN2O2-)+c(N2O22-)，故答案为：＞。‎ ‎21. (1)一定温度下，Ksp[Mg3(PO4)2]=6.0×10-29,Ksp[Ca3(PO4)2]=6.0×10-26。向浓度均为 0.20mol·L-1的 MgCl2 和 CaCl2 混合溶液中逐滴加入 Na3PO4，先生成沉淀________(填化学式)；当测得溶液其中一种金属阳离子沉淀完全(浓度小于10-5mol·L-1)时，溶液中的另一种金属阳离子的物质的量浓度c________。‎ ‎(2)毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：‎ 已知： Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7, Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9‎ Ca2+‎ Mg2+‎ Fe3+‎ 开始沉淀时的pH ‎11.9‎ ‎9.1‎ ‎1.9‎ 完全沉淀时的pH ‎13.9‎ ‎11.1‎ ‎3.7‎ ‎①毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是________。‎ ‎②加入NH3·H2O调节pH=8 可除去________(填离子符号)，滤渣Ⅱ中含________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是________________。‎ ‎【答案】 (1). Mg3(PO4)2 (2). <10-4mol·L-1 (3). 可以增大反应物的接触面积，增大反应速率 (4). Fe3+ (5). Mg(OH)2、Ca(OH)2 (6). 会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量会减少 ‎【解析】(1)难溶物溶度积常数小的先沉淀，根据溶度积常数相对大小知，Mg3(PO4)2先生成沉淀，当溶液中c(Mg2+)＜10-5 mol/L时，认为镁离子完全沉淀，则溶液中的磷酸根浓度为c2(PO43-)＞==6.0×10-14 mol2·L-2，所以c(Ca2+)＜=10-4 mol·L-1，故答案为：Mg3(PO4)2；＜10-4 mol·L-1；‎ ‎(2)制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl2•2H2O。‎ ‎①化学反应的速率与反应物的接触面积有关，毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，故答案为：增大接触面积从而使反应速率加快；‎ ‎②根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7‎ ‎，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少，故答案为：Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少。‎ 点睛：本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的设计方法，涉及影响反应速率的因素、沉淀溶解平衡的应用等知识，结合物质的性质分析是解答的关键。本题的难点是(1)，难溶物溶度积常数小的先沉淀，当溶液中c(Mg2+)＜10-5 mol/L时，认为镁离子完全沉淀，再根据磷酸根浓度计算c(Ca2+)。‎ ‎ ‎ ‎ ‎