山西省长治二中2022-2022学年高二化学下学期第一次月考试题含解析.doc

山西省长治二中2022-2022学年高二化学下学期第一次月考试题含解析说明:本试卷分为选择题和非选择题两局部，共100分,考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Na-23 O-16 K-39 Fe-56 S-32 Cl-355 Mg-24 Al-27 Ba-137 Cu-64 F-19 Ni-59第一卷选择题 共48分一、选择题(每题3分,共48分。每题只有一个正确选项,请将正确答案填在选择题答题栏1.解释以下物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时与键能无关的变化规律是 HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 NH3易液化F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高 H2S的熔、沸点小于H2O的熔、沸点NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次减低A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】试题分析：HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，是因为氢原子和卤素原子间共价键的键能依次减小的缘故，与键能有关；NH3易液化是指氨气的物理性质，而键能是指化学性质，与键能无关；F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高，是因为卤素单质分子间作用力依次增大，与键能无关；H2S的熔、沸点小于H2O的熔、沸点，是因为水分子之间形成氢键，氢键要大于范德华力，但氢键不属于化学键，与化学键的键能无关；NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次减低，是因为钠离子和卤素离子间的离子键依次减弱的缘故，与晶格能有关；答案选C。考点：考查键能、晶格能、影响物质熔沸点的因素等知识。2. 以下化学用语的表达正确的选项是 ( )A. 原子核内有10个中子的氧原子OB. 氯原子的结构示意图:C. Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5D. 基态铜原子的外围电子排布图:【答案】C【解析】试题分析：A.原子核内有10个中子的氧原子，质量数为18，表示为，A错误；B.氯原子的结构示意图：，B错误；C.Fe是26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，那么Fe3的最外层电子排布式为3s23p63d5，C项正确；D.基态铜原子的外围电子排布图：，D项错误；答案选C。考点：考查化学用语的正误判断。3.化学与生产、生活、环境等息息相关，以下有关说法中不正确的选项是 A. PM2.5是指粒径不大于2.5m的可吸入悬浮颗粒物B. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C. 双氧水、高锰酸钾溶液可以杀灭病毒，其消毒原理与二氧化硫漂白丝织物原理相同D. 工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁，均需要用石灰石为原料【答案】C【解析】A、PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5m的悬浮颗粒物，它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，故A正确；B、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，故B正确；C、双氧水、高锰酸钾溶液可以杀灭病毒是因为其强的氧化性，二氧化硫漂白丝织物是因为二氧化硫能够与有色物质化合生成不稳定的无色物质，二者原理不同，故C错误；D、制玻璃的原料：石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反响得到漂白粉，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉，均需要用石灰石为原料，故D正确；应选C。点睛：此题考查了绿色化学、PM2.5、常见杀菌消毒剂、漂白剂的原理，化工生产的原料，题目难度不大，侧重于考查化学知识在生产生活中的应用，解题关键：相关物质的性质，熟悉绿色化学的核心，易错点：D，要熟悉常见工业生产的原料。4.某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中充入A气体、B气体，其浓度分别为2 mol/L，1 mol/L，且发生如下反响：3A(g)+2B(g) 4C(?)+2D(?)“?代表C、D状态未确定；反响一段时间后到达平衡，测得生成1.6 mol C，且反响前后压强比为5：4，那么以下说法中正确的选项是 该反响的化学平衡常数表达式为：此时B的转化率为35%增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变增加C的量，A、B转化率不变A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】反响一段时间后到达平衡，测得反响前后压强比为5：4，故反响后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；那么A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，那么反响前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反响前后压强比为5：4，故平衡时气体总的物质的量为6mol×4/5=4.8mol；生成1.6molC，那么生成D的物质的量为1.6×2/4=0.8mol，反响的B的物质的量为1.6×2/4=0.8mol，反响A的物质的量为1.6×3/4=1.2mol，那么平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4mol-1.2mol=2.8mol、2mol-0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol，故D为气体，C不为气体C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中，故错误；反响的B的物质的量为0.8mol，故B的平衡转化率为×100%=40%，故错误；反响后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故正确；C不为气体，故增加C的量，平衡不移动，故A、B转化率不变，故正确；故说法中正确的选项是，答案选C。5.实验：向盛有1 mL 0.1 mol·L-1MgCl2溶液试管中加1 mL 0.2 mol·L-1NaOH溶液，得到浊液a，过滤得到滤液b 和白色沉淀c。向沉淀c中滴加0.1mol·L-1FeCl3溶液，沉淀变为红褐色。以下分析不正确的选项是 A. 滤液b中不含有Mg2+B. 实验可以证明Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶C. 中颜色变化说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3D. 浊液a中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s) Mg2+ (aq)2OH(aq)【答案】A【解析】【详解】将1 mL 0.1molL-1 MgCl2溶液和1 mL 0.2 mol·L1NaOH溶液等体积混合，恰好得到氢氧化镁悬浊液和氯化钠溶液的混合物，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2Mg2+2OH-。A、将a中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2Mg2+2OH-，所得滤液中含少量Mg2+，故A错误；B、氢氧化镁的悬浊液中滴加氯化铁会生成氢氧化铁沉淀，沉淀向着更难溶的物质转化，所以实验可以证明Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶，故B正确；C、中沉淀变为红褐色，说明Mg(OH)2和氯化铁之间反响生成氢氧化铁，故C正确；D、浊液a为氢氧化镁悬浊液，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2Mg2+2OH-，故D正确；应选A。6.控制适合的条件，将反响Fe3+AgFe2+Ag+设计成如以下图所示的原电池(盐桥装有琼脂-硝酸钾溶液；灵敏电流计的0刻度居中，左右均有刻度)。接通后，观察到电流计指针向右偏转。以下判断不正确的选项是 。A. 在外电路中，电子从银电极流向石墨电极B. 盐桥中的K+移向甲烧杯C. 电流计指针居中后,往甲烧杯中参加一定量的铁粉，电流计指针将向左偏转D. 一段时间后，电流计指针反向偏转，越过0刻度，向左边偏转【答案】D【解析】分析：根据原电池总反响方程式Fe3+AgFe2+Ag+可知石墨电极为正极，Fe3+得电子，发生复原反响，银电极为负极，Ag失电子，发生氧化反响，据此解答。详解：A项，石墨电极为正极，得到电子，银电极为负极，失去电子，因此外电路中电子从银电极流向石墨电极，故A项正确。B项，盐桥中的阳离子K+移向正极处的FeCl3溶液，以保证两电解质溶液均保持电中性，故B项正确；C项，电流计指针居中后，往甲烧杯中参加一定量的铁粉，由于铁的金属活动性比银强，形成了新的原电池，此时铁作负极，银电极作正极，外电路电流方向为由由银到石墨，故电流计指针将向左偏转，故C项正确；D项，一段时间后，原电池反响结束，灵敏电流计指针应该指向0刻度，故D项错误；综上所述，此题正确答案为D。7.草酸H2C2O4是二元弱酸K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5。向10mL稀H2C2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液，H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的浓度分数随溶液pH变化的关系如以下图，以下说法正确的选项是 A. HC2O4-的浓度分数随pH增大而增大B. 交点a处对应参加的NaOH溶液的体积为5mLC. 交点b处c(H+)=6.4×10-5D. pH=5时存在c(Na+)+c(H+)c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)【答案】C【解析】图中曲线H2C2O4为、为 HC2O4、为C2O42的浓度随pH的变化；A由图中曲线可知HC2O4的浓度分数随pH增大先增大后减小，故A错误；B交点a处对应c(H2C2O4)=c(HC2O4)，而参加的NaOH溶液的体积为5mL时H2C2O4和NaHC2O4等物质的量，因H2C2O4的电离大于HC2O4水解，那么溶液中c(H2C2O4)<c(HC2O4)，故B错误；C交点b处c(C2O42)=c(HC2O4)=，此时溶液中只存在C2O42的水解，那么C2O42+H2OHC2O4+OH-，c(HC2O4)×c(OH)÷c(C2O42)=Kw÷K2，那么c(OH)=Kw÷c(H+)=Kw÷K2，可知c(H+)=K2=6.4×10-5mol/L，故C正确；DpH=5时溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)2c(C2O42)+c(HC2O4)+c(OH)，故D错误；答案为C。8.以下关于金属晶体的表达正确的选项是 A. 用铂金做首饰不能用金属键理论解释B. 固态和熔融时易导电，熔点在1000左右的晶体可能是金属晶体C. Li、Na、K的熔点逐渐升高D. 金属导电和熔融电解质(或电解质溶液)导电的原理一样。【答案】B【解析】试题分析：A.用铂金制作首饰利用了金属晶体的延展性，能用金属键理论解释，A项错误；B.金属晶体在固态和熔融态下都能导电，其熔点由于金属的不同差异很大，熔点在1000左右的晶体可能是金属晶体，B项正确；C.原子半径越小，金属性越强，那么Li、Na、K的熔点逐渐降低，C项错误；D.金属导电是自由电子导电，电解质溶液导电是阴阳离子导电，原理不一样，D项错误；答案选B。考点：考查金属晶体的结构与性质。9.以下分子属于手性分子的是 A. CCl2F2B. C. CH3CH2OHD. 【答案】D【解析】【分析】手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：手性碳原子一定是饱和碳原子；手性碳原子所连接的四个基团是不同的，再根据手性分子是含有手性碳原子的分子来解答。【详解】A碳原子连接2个相同的原子，所以该碳原子不是手性碳原子， A项错误；B每个碳原子上连接2个相同的原子或原子团，所以该分子不是手性分子，B项错误；CCH3CH2OH分子中每个碳原子都含有相同的原子，所以不含手性碳原子，不属于手性分子，C项错误；D第2个碳原子连接四个原子或原子团分别是：甲基、羟基、氢原子和羧基，所以该碳原子属于手性碳原子，该分子属于手性分子，D项正确；答案选D。【点睛】判断手性分子的方法为：找准中心碳原子，即四个键集合的地方，再判断周围的四个原子或原子团是否互不相同。比方CHBrClCH3就是手性分子，中心碳原子是第一个碳。10.CO2的的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰酸的反响：NH3+CO2+H2O。以下有关三聚氰酸的说法正确的选项是 A. C、N、O原子采用相同的杂化方式B. 分子中所有原子一定共平面C. 分子式为C3H3N3O3D. 生成该物质的上述反响为中和反响【答案】C【解析】【详解】A. 该分子中C原子不饱和，采用sp2杂化，N原子采用sp2杂化，而氧原子那么采用sp3杂化，三种原子杂化方式不同，A项错误；B. 因为三聚氰酸分子是以碳氮键交错相连形成一个六元环状的分子，环上的三个碳原子、三个氮原子和与该环相连的三个羟基的氧原子共九个原子一定在一平面上。羟基上的氢原子与氧原子以单键相连，单键可旋转，那么氢原子不一定与其它原子共面，那么所有原子可能都在一个平面上而不是一定共面 ，B项错误；C. 根据结构可以看出，其分子式为C3H3O3N3，C项正确；D. 该反响不符合酸与碱反响生成盐与水，不是中和反响，D项错误。答案选C。11.以下物质的熔、沸点上下顺序中，正确的选项是 A. 金刚石晶体硅二氧化硅碳化硅B. RbKNaC. F2>Cl2>Br2>I2D. CI4CBr4CCl4CF4【答案】D【解析】【详解】A. 原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，熔、沸点越大，那么熔、沸点为金刚石>二氧化硅>碳化硅>晶体硅，A项错误；B. 同主族金属从上到下原子半径逐渐增大，金属的熔点逐渐降低，所以NaKRb，B项错误；C. 在结构相似的分子晶体中，分子的相对分子质量越大，分子间的范德华力越大，其对应的熔、沸点越高，所以F2Cl2Br2I2，C项错误；D. 四种物质是结构相似的分子晶体，其相对分子质量越大，分子间的范德华力越大，所以熔沸点从大到小为：CI4CBr4CCl4CF4，D项正确；答案选D。【点睛】熔沸点上下比拟规律可归纳如下： (1)异类晶体：一般规律为原子晶体 > 离子晶体 > 分子晶体.如SiO2 > NaCl > CO2.金属晶体熔.沸点变化大.根据实际情况分析；(2)同类晶体： 原子晶体：半径和越小，即键长越短，共价键越强，晶体的熔.沸点越高。如:金刚石 > 金刚砂 > 晶体硅. 离子晶体：离子半径越小，离子电荷数越大，离子键越牢固，晶体的熔、沸点越高。如:LiCl >NaCl>KCl >CsCl.MgO>NaCl. 组成和结构相似的分子晶体：相对分子质量越大，分子间作用力越大；极性越大，分子间作用力越大。如F2 < Cl2 < Br2 < I2，CO > N2。含有氢键的分子晶体熔沸点相对较大，且分子间氢键作用强于分子内氢键。 金属晶体:价电子数越多，半径越小，金属键越强，熔、沸点越高，如Na < Mg < Al。12.某新型水系钠离子电池工作原理如以下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4复原为Na2S。以下说法错误的选项是 A. 充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能B. 放电时，a极为负极C. 充电时，阳极的电极反响式为3I-2e-= I3-D. M是阴离子交换膜【答案】D【解析】A. 充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能贮存起来，故A正确；B. 放电时，a极为负极，Na2S失电子氧化为Na2S4，故B正确；C. 充电时，阳极失电子被氧化，阳极的电极反响式为3I-2e-=I3-，故C正确；D. M是阳离子交换膜，阴离子会相互反响，故D错误，应选D。13.X、Y、Z、W 是短周期中原子序数依次增大的四种元素。X可以分别与Y、Z、W 结合生成甲、乙、丙三种相同质子数的分子；相关物质之间的转化关系如下图，丁是无色气体，遇空气显红棕色。以下说法正确的选项是A. 原子半径的大小：W>X>Y>ZB. 单质的稳定性：X>Y>Z>WC. 简单氢化物的沸点：Y>Z>WD. X 与Y、Z 均可形成原子个数比为2: 1的化合物【答案】D【解析】丁是无色气体，遇到空气显红棕色，即丁为NO，单质Z与化合物甲反响生成NO，推出单质Z为O2，化合物甲为NH3，那么乙为H2O，能与H2O反响生成氧气的单质为F2，因此W为F2，丙为HF，且NH3、H2O、HF质子数相同，A、原子半径大小顺序是N>O>F>H，故A错误；B、N2中N和N之间共用叁键，N2化学性质相当稳定，因此N2稳定性最强，故B错误；C、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：F>O>N，因此稳定性：HF>H2O>NH3，故C错误；D、可以形成N2H4、H2O，故D正确。14.元素K的焰色反响呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为 nmA. 404.4B. 553.5C. 589.2D. 670.8【答案】A【解析】【详解】紫色波长介于400nm435nm之间，只有A符合，应选A。15.X、Y、Z为同一周期的三种元素，其原子的局部电离能(kJ·mol-1)如下表所示：元素电离能/kJ·mol1XYZI1496738577I2456214511817I3691277332754I495401054011578以下说法正确的选项是 A. 三种元素中，X元素的第一电离能最小，其电负性在同一周期元素中也最小B. 三种元素中，Y元素的第一电离能最大，其电负性也最大C. 等物质的量的X、Y、Z三种单质与少量盐酸反响放出氢气的物质的量之比为1：1：1D. 三种单质与盐酸反响放出等量氢气时，消耗X、Y、Z的物质的量之比为3：2：1【答案】A【解析】根据元素电离能的变化可知：X为 IA族元素、Y为 II A族元素、Z为III A 族元素，又知X、Y、Z为同一周期的三种元素，而且X为第IA族元素可以失去4个电子，这三种元素为第三周期元素，分别为Na、Mg、Al；第一电离能最小的为Na，电负性在同一周期元素中最小的也是钠；A正确；第一电离能最小的为Al，电负性为三种元素中最大；B错误；三种金属和少量盐酸反响完成后，剩余的金属钠继续与水反响生成氢气，最终金属钠生成的氢气最多，C错误；根据电子守恒关系，放出1mol氢气时，得2mol电子,消耗金属钠的量为2 mol，金属镁的量为1 mol，金属铝的量为2/3 mol，消耗X、Y、Z的物质的量之比为6：3：2，D错误；点睛：足量的金属钠、镁、铝分别与定量的盐酸反响，金属镁和铝生成氢气的量相等，而剩余的金属钠继续与溶剂水反响，直至消耗完，最终产生的氢气是最多的，这一点易被无视。16.:pNi=-lgc(Ni2+)；常温下，K(NiCO3)=1.4×10-7，H2S的电离平衡常数：Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。常温下，向10mL0.1mol·L-1Ni(NO3)2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，滴加过程中pNi与Na2S溶液体积的关系如下图。以下说法不正确的选项是 。A. E、F、G三点中，F点对应溶液中水电离程度最小B. 常温下，Ksp(NiS)=1×10-21C. 在NiS和NiCO3的浊液中=1.4×1014D. Na2S溶液中，S2-第一步水解常数Kh1=【答案】D【解析】分析：硝酸镍是强酸弱碱盐，硫化钠是强碱弱酸盐，它们都能促进水的电离。F点表示硝酸镍和硫化钠恰好完全反响，溶液中溶质是硝酸钠，据此分析A的正误；根据NiS(s) Ni2+(aq)S2-(aq)，Ksp(NiS)c(Ni2+)c(S2-)分析B的正误；根据NiCO3(s)S2-(aq) NiS(s)CO32-(aq) K分析C的正误；根据S2-H2OHS-OH-，Kh1分析D的正误。详解：A.硝酸镍是强酸弱碱盐，硫化钠是强碱弱酸盐，它们都能促进水的电离。F点表示硝酸镍和硫化钠恰好完全反响，溶液中溶质是硝酸钠，水的电离程度最小，故A正确；B.NiS(s) Ni2+(aq)S2-(aq)，Ksp(NiS)c(Ni2+)c(S2-)1×10-21，故B正确；C.NiCO3(s)S2-(aq) NiS(s)CO32-(aq) K1.4×1014，故C正确；D.S2-H2OHS-OH-，Kh1，故D错误；应选D。点睛：此题考查了电解质溶液中的平衡表达式的计算，掌握和理解平衡表达式是解题的关键。此题的易错点为A，要注意能够水解的盐促进水的电离，酸或碱抑制水的电离。第二卷非选择题 共52分17.在以下物质中：HCl、N2、NH3、Na2O2、C2H4、NaOH、Ar1只存在极性键的分子是_；只由非极性键构成的非极性分子是_；(填序号，下同)。2既存在极性键又存在非极性键的分子是_。3只存在键的分子是_，既存在键又存在键的分子是_。4不存在化学键的是_。5既存在离子键又存在极性键的是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). 【解析】【分析】同种非金属原子间形成非极性键、不同种非金属原子间易形成极性键；HCl是存在极性键的极性分子、N2是存在非极性键的非极性分子、NH3是存在极性键的极性分子、Na2O2是存在离子键和非极性共价键的离子化合物、C2H4是存在极性键、非极性键的非极性分子、NaOH存在离子键、极性共价键的离子化合物、Ar没有化学键。单键都是键，双键中有1个键和1个键，叁键中有1个键和2个键；【详解】(1) HCl中只存在H-Cl键，NH3中只存在N-H键，所以只存在极性键的分子是；N2中只存在NN键，所以由非极性键构成的非极性分子是；(2) C2H4中存在C-H、C=C键，所以存在极性键、非极性键的非极性分子是；(3) HCl中只存在H-Cl键，NH3中只存在N-H键，所以只存在键的分子是HCl、NH3， N2中只存在NN键、C2H4中存在C=C键，所以既存在键又存在键的分子是、；(4)稀有气体是单原子分子，不存在化学键的是；(5) NaOH存在离子键、O-H键，所以既存在离子键又存在极性键的是。18.1第四周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如以下图所示，那么该元素对应原子的M层电子排布式为_。2如以下图所示，每条折线表示周期表IVA-VIIA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是_。3化合物(CH3)3N与盐酸反响生成(CH3)3NH+，该过程新生成的化学键为_(填序号)。a离子键 b配位键 c氢键 d非极性共价键假设化合物(CH3)3N能溶于水，试解析其原因_。4CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如以下图所示。该晶体的熔点比SiO2晶体_(选填“高或“低)，该晶体中碳原子轨道的杂化类型为_。5如以下图为20个碳原子组成的空心笼状分子C20，该笼状结构是由许多正五边形构成如图。C20分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；那么：C20分子共有_个正五边形，共有_条棱边。6Cu2+等过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律。试推断Ni2+的水合离子为_(填“有或“无)色离子，依据是_。离子Sc3+Ti3+Fe2+Cu2+Zn2+颜色无色紫红色浅绿色蓝色无色7晶体具有规那么的几何外形，晶体中最根本的重复单元称为晶胞。FexO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x值小于1。测知FexO晶体密度为=5.71g/cm3，晶胞边长为4.28×10-10m，FexO中x值(精确至0.01)为_。【答案】 (1). 3s23p6 (2). SiH4 (3). b (4). 化合物(CH3)3N为极性分子且可与水分子间形成氢键 (5). 高 (6). sp3杂化 (7). 12 (8). 30  (9). 有 (10). Ni2+的3d轨道上有未成对电子 (11). 0.92【解析】(1)由该元素的第一至五电离能数据可以知道,该元素第一二电离能较小,说明容易失去2个电子,即最外层有两个电子,该元素为第四周期的某主族元素, 那么为第四周期,第IIA族元素Ca,其电子排布为2、8、8、2,所以M层有8个电子,那么M层电子排布式为:; 因此，此题正确答案是:(2)在AA中的氢化物里,、HF因存在氢键,故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点,只有A族元素氢化物不存在反常现象,组成与结构相似,相对分子量越大,分子间作用力越大,沸点越高,故a点代表的应是第IVA族的第二种元素Si的氢化物,即, 因此，此题正确答案是:。 (3)化合物与盐酸反响生成,该过程新生成的化学键为氮与质子氢离子形成配位键,所以选b,极性分子和水之间形成氢键,所以溶解性增强, 因此，此题正确答案是:b;化合物为极性分子且可与水分子间形成氢键。(4)在高温高压下所形成的晶体其晶胞如下图.该晶体中原子之间通过共价键结合,属于原子晶体,而碳氧键的键长短,所以该晶体的熔点比晶体高;该晶体中C原子形成4个单键,那么C原子含有4价层电子对,所以C原子轨道的杂化类型为, 因此，此题正确答案是:高;。(5)根据图片知,每个顶点上有1个碳原子,所以顶点个数等于碳原子个数为20,每个顶点含有棱边数,每个面含有顶点个数,那么面数, 或根据欧拉定理得面数棱边数-顶点数, 因此，此题正确答案是:12;30。(6)Cu原子的核外电子排布式为,故的外围电子排布式为,离子的原子核外排布式为,d轨道上有10个电子,故无色,离子的原子核外排布式为,其d轨道上有0电子,处于全空,故没有颜色,离子的原子核外排布式为,3d轨道上有未成对电子,所以有色离子,因此，此题正确答案是:有;的3d轨道上有未成对电子; (7)晶体的晶胞结构为NaCl型,所以每个晶胞中含有4个O原子,有4个“,再根据可以知道:,计算得出:,因此，此题正确答案是:0.92。点睛：(1)根据该元素的第一至五电离能数据可以知道,该元素第一二电离能较小,说明容易失去2个电子,即最外层有两个电子,那么为第IIA族元素Ca,据此分析; (2)根据相对分子质量与物质熔沸点的关系以及氢键的存在对物质性质的影响判断; (3)化合物与盐酸反响生成,该过程新生成的化学键为氮与质子氢离子形成配位键;极性分子和水之间形成氢键,所以溶解性增强; (4)根据构成晶体的微粒及微粒间的作用力判断,根据C原子形成的价层电子对数判断; (5)根据图片知,每个顶点上有1个碳原子,所以顶点个数等于碳原子个数为20,每个顶点含有棱边数,每个面含有顶点个数,利用均摊法或根据欧拉定理计算; (6)Cu原子的核外电子排布式为,故的外围电子排布式为,离子的原子核外排布式为,d轨道上有10个电子,故无色,离子的原子核外排布式为,其d轨道上有0电子,处于全空,故没有颜色,离子的原子核外排布式为,3d轨道上有未成对电子,所以有色离子; (7)晶体的晶胞结构为NaCl型,所以每个晶胞中含有4个O原子,有4个“,再根据计算.19.钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。1钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。Cu的基态原子价电子排布式为_，Ni的基态原子共_有种不同能级的电子。2制备CrO2Cl2的反响为K2Cr2O7+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是，_，(用元素符号表示)COCl2分子中各原子均满足8电子稳定结构，COCl2分子中键和键的个数比为_；中心原子的杂化方式为_。NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的离子半径分别为6.910-2nm和7.810-2nm。那么熔点NiO_FeO (填“>、“<或“=)，原因是_。3Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料。该合金的晶胞结构如以下图所示：该晶体的化学式为_；该晶体的摩尔质量为Mg /mol,密度为dg/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值。那么该晶胞的体积是_cm3 (用M、d、NA的代数式表示)该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比拟稳定。：标准状况下氢气的密度为g/cm3。储氢能力=，假设忽略吸氢前后晶胞的体积变化，那么该储氢材料的储氢能力为_。(用M、d、的代数式表示)【答案】 (1). 3d104s1 (2). 7 (3). O>ClC (4). 31 (5). sp2 (6). (7). 两者均为离子晶体，且阴阳离子电荷数均为2，但Fe2+的离子半径较大，离子晶体晶格能大，因此其熔点较低 (8). LaNi5 (9). (10). 【解析】(1)Cu是29号元素,位于元素周期表中第四周期第IB族,故Cu的基态原子价电子排布式为3d104s1.答案 3d104s1。Ni是28号元素,原子核外有1s、2s、3s、4s、2p、3p、3d等7个能级, 因此确答案是:7。(2)制备CrO2Cl2的反响为K2Cr2O7+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2反响式中非金属元素有三种:O、C、Cl,CCl4中C表现正化合价、Cl表现负化合价,中Cl为+1价,O为-2价,电负性越大,对成键电子吸引力越大,元素相互化合时该元素表现负价,故电负性:, 因此，此题正确答案是:; 分子中有1个键和2个键,所以分子中键的数目为3,键的数目为1,个数比,中心原子C电子对数,故中心原子杂化方式为, 、的晶体结构类型均与氯化钠的相同,说明二者都是离子晶体,离子晶体的熔点与离子键的强弱有关,离子所带电荷数越多,离子半径越小,离子键越强,熔点越高.因为的离子半径小于的离子半径,属于熔点是, 因此，此题正确答案是:; 两者均为离子晶体，且阴阳离子电荷数均为2，但Fe2+的离子半径较大，离子晶体晶格能大，因此其熔点较低。 (4)该合金的晶胞如下图,晶胞中心有一个镍原子,其他8个镍原子都在晶胞面上,镧原子都在晶胞顶点. 所以晶胞实际含有的镍原子为,晶胞实际含有的镧原子为,所以晶体的化学式,因此，此题正确答案是:; 一个晶胞的质量,根据,即, 因此，此题正确答案是:; 合金储氢后的密度储氢能力,根据上述分析储氢材料的储氢能力为20.亚铁氰化钾K4Fe(CN)6俗名黄血盐，可溶于水，不溶于乙醇。以某电镀厂排放的含NaCN度液为主要原料制备黄血盐的流程如下：请答复以下问题：(1)常温下，HCN的电离常数Ka=6.2×10-10。实验室配制一定浓度的NaCN溶液时，将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中，加水稀释至指定浓度，其操作的目的是_。浓度均为0.5mol/L的NaCN和HCN的混合溶液显_(填“酸“碱或“中)性，通过计算说明：_。(2)转化池中发生复分解反响生成K4Fe(CN)6，说明该反响能发生的理由：_。(3)系列操作B为_。(4)实验室中，K4Fe(CN)6可用于检验Fe3+，生成的难溶盐KFeFe(CN)6可用于治疗可溶性盐Tl2SO4中毒，得到K2SO4及另外一种复杂难溶物，试写出上述治疗Tl2SO4中毒的离子方程式：_。(5)一种太阳能电池的工作原理如下图，电解质为铁氰化钾K3Fe(CN)6和亚铁氰化钾K4Fe(CN)6的混合溶液。K+移向催化剂_(填“a或“b)。催化剂a外表发生的反响为_。【答案】 (1). 抑制水解 (2). 碱 (3). 根据Khc(HCN)c(OH)/c(CN)可知，Khc(HCN)c(OH)c(H+)/c(CN)c(H+)KW/Ka1×1014/6.2×10101.6×10-56.2×1010，即水解平衡常数大于电离平衡常数，所以溶液呈碱性 (4). 相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6 (5). 过滤、洗涤、枯燥 (6). KFeFc(CN)6(s)+Tl+(aq)TlFeFe(CN)6(s)+K+(aq) (7). b (8). Fe(CN)64-eFe(CN)63【解析】【详解】1NaCN是强碱弱酸盐，水解显碱性，实验室配制一定浓度的NaCN溶液时，将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中，加水稀释至指定浓度，其操作的目的是抑制水解；根据Khc(HCN)c(OH)/c(CN)可知，Khc(HCN)c(OH)c(H+)/c(CN)c(H+)KW/Ka1×1014/6.2×10101.6×10-56.2×1010，即水解平衡常数大于电离平衡常数，所以溶液呈碱性；2由于相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN) 6，因此转化池中能发生复分解反响Na4Fe(CN)6+4KClK4Fe(CN)6+4NaCl生成K4Fe(CN)6；3转化池中得到固体与溶液的混合物，故系列操作B为过滤、洗涤、枯燥；4实验室中，K4Fe(CN)6可用于检验Fe3+，生成的难溶盐KFeFe(CN)6可用于治疗Tl2SO4中毒，因此治疗Tl2SO4中毒的离子方程式为KFeFc(CN)6(s)+Tl+(aq)TlFeFe(CN)6(s)+K+(aq)；5由图可知，电子从负极流向正极，那么a为负极，b为正极，负极发生氧化反响，正极发生复原反响，阳离子向正极移动。那么b为正极，那么K+移向催化剂b；a为负极，发生氧化反响，那么催化剂a外表发生反响为Fe(CN)64-eFe(CN)63