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2022-2023学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高二上学期12月月考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高二上学期12月月考化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列说法正确的是
A．的电子式为： B．是手性分子
C．晶体中，的空间构型与水分子不同D．中N的杂化轨道：
【答案】B
【详解】A．为共价化合物，N和F之间共用1对电子，N和N之间共用1对电子，N和F最外层电子数均为8，电子式为，故A错误；
B．的中心碳原子连接的四个基团不相同，是手性分子；故B正确；
C．的孤电子对为，价层电子对数为４，有两对孤电子对，离子的几何构型为V型，与水分子相同，故C错误；
D．中每个N原子含有１对孤电子对，VSEPR模型为四面体，N原子的杂化形式为sp3，故D错误；
故答案选B。
2．具有下列电子层结构或性质的原子：①2p轨道上有2对成对电子的原子；②外围电子构型为2s22p3的原子；③短周期第一电离能最小；④第三周期离子半径最小。则下列有关比较中正确的是
A．原子半径：④＞③＞②＞①B．电负性：①＞②＞④＞③
C．第一电离能：①＞④＞②＞③D．最高正化合价：①＞②＞④＞③
【答案】B
【分析】①2p轨道上有2对成对电子的原子，则为F；②外围电子构型为2s22p3的原子，则为N；③短周期第一电离能最小，则Na；④第三周期离子半径最小，则为Al。
【详解】A．根据同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，因此原子半径：③＞④＞②＞①，故A错误；
B．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此电负性：①＞②＞④＞③，故B正确；
C．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此第一电离能：①＞②＞④＞③，故C错误；
D．最高正化合价等于最外层电子数，F没有最高正价，最高价为0价，因此最高正化合价：②＞④＞③，故D错误。
综上所述，答案为B。
3．下列说法正确的是
A．液晶是液体和晶体的混合物
B．混合型晶体是由多种类型晶体互相混合而成的晶体
C．石英和金刚石都是共价晶体，最小环上都有6个原子
D．大多数离子液体含有体积很大的阴阳离子，呈液态，难挥发
【答案】D
【详解】A．液晶并不是指液体和晶体的混合物，是一种特殊的物质，液晶像液体一样可以流动，又具有晶体各向异性的特性，选项A错误；
B．有一些晶体，晶体内可能同时存在着若干种不同的作用力，具有若干种晶体的结构和性质，这类晶体称为混合型晶体，混合型晶体不是混合物，选项B错误；
C．石英是SiO2，由其结构可知最小环中有12个原子，选项C错误；
D．大多数离子液体含有体积很大的阴阳离子，呈液态，难挥发，因此离子液体可做溶剂，选项D正确；
答案选D。
4．如图分别为物质I和物质Ⅱ的微观结构示意图，下列说法错误的是
A．物质I具有能自发地呈现多面体外形的性质
B．物质I形成的固体有固定的熔、沸点
C．物质II形成的固体物理性质有各向异性
D．二者的X-射线衍射图谱不相同
【答案】C
【分析】由两种物质的微观结构可知，I中微粒呈周期性有序排列，II中微粒排列相对无序，故I为晶体，II为非晶体。
【详解】A．晶体具有自范性，因此可以能自发地呈现多面体外形，A正确；
B．晶体有固定的熔沸点，B正确；
C．非晶体的物理性质具有各向同性，C错误；
D．X-射线衍射图谱有明锐的谱线，可以检验晶体和非晶体，图谱明显不同，D正确；
故选C。
5．铜和氧形成的一种离子化合物晶胞、晶胞如下图所示，下列说法中错误的是
A．铜和氧形成的离子化合物中，阳离子的电荷数为
B．晶体采用的是分子密堆积方式，与每个距离最近且等距离的有12个
C．是分子晶体，冰晶体中水分子的配位数是4
D．基态铜原子的价层电子排布式为
【答案】A
【详解】A．利用均摊法可知，铜离子个数为4，氧离子个数，该离子化合物的化学式为Cu2O，铜离子电荷数为+1，A错误；
B．C60是典型的分子晶体，是分子密堆积，分子间作用力只有范德华力，以一个C60分子为中心，其周围最多可以有12个紧邻的分子，B正确；
C．只含分子的晶体称为分子晶体，而C60是典型的分子晶体；每个水分子都能结合另外4个水分子，形成四面体结构，所以水分子的配位数为4，C正确；
D．在构建基态原子时，应符合能量最低原理，而当原子轨道上的电子为半满或全满时，能量较低，所以基态铜原子的价层电子排布式为，D正确；
故选A。
6．下列有关叙述及相关解释均正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】A．F的非金属性比Cl强，则F吸引共用电子对的能力比Cl强，键的极性的强弱：C-F＞C-Cl，A不正确；
B．C的原子半径比Si小，则键长C-C＜C-Si，键能C-C＞C-Si，所以金刚石的熔点高于碳化硅，B正确；
C．I形成分子内氢键，使分子间的作用力减小，II形成分子间氢键，使分子间的作用力增大，所以熔点Ⅰ＜Ⅱ，C不正确；
D．酸性：HI＞HBr＞HCl，受分子内原子间共价键的键能的影响，而分子间的范德华力与键能无关，它影响物质的熔沸点、溶解性等，D不正确；
故选B。
7．X、Y、Z、W四种短周期元素位于三个不同的周期，Y、Z同周期，且原子序数依次增大。它们能形成结构如图所示的分子，下列推断错误的是
A．氢化物的沸点一定有：Y小于Z
B．X、Y原子可以形成既含极性键又含非极性键的非极性分子
C．Y、Z、W分别与X均可以形成18电子分子
D．最高价含氧酸的酸性一定有：
【答案】A
【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素位于三个不同的周期，则X为H元素，Y、Z同周期，且原子序数依次增大，则Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，Y形成4个共价键，Z形成3个共价键，W形成2个共价键，则Y为C，Z为N，W为S元素。
【详解】A．Y的氢化物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于氨气和肼，故A错误；
B．X为H，Y为C，C和H形成的化合物为烃，除了甲烷分子外，其它烃分子中均含有碳氢极性键和碳碳非极性键，故B正确；
C．C、N、S和H形成的18电子分子分别为CH3CH3、N2H4、H2S，故C正确；
D．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：S>C，则最高价含氧酸的酸性：W>Y，故D正确；
故答案选A。
8．氮化硼(BN)晶体有多种结构。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。关于这两种晶体的说法，正确的是
A．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
B．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
C．两种晶体中的B原子的杂化类型相同
D．两种晶体均为分子晶体
【答案】B
【详解】A．由图可知立方相氮化硼中原子间形成的都是单键，所以都是σ键，故A错误；
B．六方相氮化硼与石墨的结构相似，层间存在分子间作用力比化学键弱的多，所以质地软，故B正确；
C．六方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp2， 立方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp3，故C错误；
D．六方相氮化硼与石墨的结构相似，所以为混合型晶体；立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为共价晶体，故D错误；
答案选B。
9．下列关于物质结构的说法错误的是
A．的空间结构为四面体形
B．甲醛和光气分子中的键角
C．熔点：
D．铋原子能级有一个未成对电子
【答案】D
【详解】A．的中心原子S为sp3杂化，中心原子S分别与三个O原子及一个S原子构成四面体结构，A正确；
B．两分子中心原子C均为sp2杂化，空间结构均是平面三角形，O原子、Cl原子均有孤电子对，O与Cl之间的斥力较大，因此，B正确；
C．、是离子晶体，离子晶体熔点比分子晶体高。结构相似的离子晶体，离子所带电荷越多，离子半径越小，离子键越强，熔沸点越高，因此熔点高低顺序为。分子中含有氢键，使其熔点较高。通常分子晶体相对分子质量大的熔点高，因此熔点比高。综上所述，熔点高低顺序为：，C正确；
D．铋是第83号元素，基态原子价层电子排布式为：6s26p3，6p能级有三个原子轨道，是简并轨道，根据洪特规则，3个电子分别以独占方式填入，因此有三个未成对电子，D错误；
故选D。
10．A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子。A和E为双原子分子，E为性质极其活泼的浅黄绿色气体；C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒；B有臭鸡蛋气味；D与甲烷分子构型相同；G为火箭推进器常用燃料；H为烷烃。下列判断错误的是
A．B分子中的化学键为sp3-sσ键，有轴对称性，可以旋转
B．F和H中均含有极性键和非极性键，但是前者为极性分子，后者为非极性分子(不考虑空间异构)
C．C分子中原子序数较大的元素可形成正四面体结构的单质分子，键角为109°28ˊ
D．G和D中心原子杂化方式相同
【答案】C
【分析】A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子，A和E为双原子分子，E为浅黄绿色气体，则E为F2，A为HCl；C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒，则F为H2O2，C为PH3；B有臭鸡蛋气味，则B为H2S；D与甲烷分子构型相同，则D为SiH4；G为火箭推进器常用燃料，则G为N2H4；H为烃，则H为C2H6，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，B为H2S，中心原子S形成sp3杂化轨道，氢原子提供s电子原子轨道，形成sp3-sσ键，sp3-sσ键有轴对称性，可以旋转，A正确；
B．F为H2O2，H为C2H6，H2O2、C2H6分子中均含有极性键(C-H、H-O键)和非极性键(O-O、C-C键)，H2O2分子的正负电荷的中心不重合，属于极性分子，而C2H6分子的正负电荷中心重合，属于非极性分子，B正确；
C．由分析可知，C为PH3，PH3分子中原子序数较大的元素为P，P元素形成的正四面体结构的单质为P4，P4分子中P-P键的键角为60°，C错误；
D．G为N2H4，N2H4上中心原子N的杂化方式均为sp3，而D为SiH4，SiH4的中心原子Si的杂化方式为sp3，二者中心原子杂化方式相同，D正确；
故答案为：C。
11．有关晶体的结构如下图所示，下列说法错误的是
A．的晶胞结构如图所示，镍原子的配位数为12
B．在晶体中，每个晶胞平均占有4个
C．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为
D．由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式为或
【答案】D
【详解】A．Ni的晶胞属于面心立方堆积，Ni原子的配位数为，故A正确；
B．根据均摊原则，在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有Ca2+数为，故B正确；
C．在金刚石晶体中，每个碳原子都和4个碳原子形成4个碳碳键，每个碳碳键被2个碳原子共用，所以每个碳原子平均连有4×=2个碳碳键，因此碳原子与碳碳键的个数之比为1：2，故C正确；
D．团簇分子中每一个原子都归该分子所有，由图可知一个团簇分子中含有4个E和4个F，所以该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，故D错误；
故答案选D。
12．一种氧化锌的立方晶胞结构如图所示(用表示阿伏伽德罗常数的值)，下列说法错误的是
A．晶胞的质量为B．锌离子间的最短距离为
C．基态氧原子的核外电子有5种运动状态D．是区元素，O是p区元素
【答案】C
【分析】如图，氧化锌的晶胞中，该晶胞为立方体，氧离子在晶胞内，所以含有氧离子个数为4，根据氧化锌化学式ZnO，可知锌离子个数也为4，表示阿伏伽德罗常数，晶胞参数为apm，晶胞体积为，则晶胞密度为；
【详解】A．根据，晶胞的质量为=，故A正确；
B．如图晶胞中，锌离子间的最短距离为面心到顶点的距离，已知晶胞参数为apm，则其面心到顶点的距离为，故B正确；
C．氧元素原子序数为8，基态氧原子核外8个电子，每个电子运动状态不一样，一共有8种运动状态，故C错误；
D．Zn为过渡元素，在元素周期表中位于第四周期第ⅠB族，属于ds区，O属于非金属主族元素，位于p区，故D正确；
故选C。
13．如下所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，下列判断错误的是
A．a是电源的负极
B．通电一段时间后，向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色
C．随着电解的进行，CuCl2溶液浓度变大
D．当完全溶解时，至少产生气体336mL (折合成标准状况下)
【答案】C
【分析】通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，a为负极，石墨电极Ⅰ为阴极，据此解答。
【详解】A．由分析可知，a是电源的负极，故A正确；
B．石墨电极Ⅱ为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，故B正确；
C．随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl2溶液浓度变小，故C错误；
D．当完全溶解时，消耗氢离子为0.06ml，根据阳极电极反应式，产生氧气为0.015ml，体积为336mL (折合成标准状况下)，故D正确；
故选C。
14．向绝热恒容密闭容器中通入一定量的和，一定条件下发生反应： ，测得浓度随时间变化如表所示，下列说法正确的是
A．50s时，的生成速率为
B．40s～90s时段：
C．0s～50s的反应速率等于70s～80s的反应速率
D．110s时，缩小容器体积再次达到平衡后，的转化率和浓度均保持不变
【答案】B
【详解】A．化学反应速率是平均速率，不是瞬时速率，因此不能计算50 s时SO3的生成速率，A错误；
B．根据速率与时间关系可知：在90 s后，SO3浓度还在增大，说明此时反应正向进行，未达到平衡状态，故在40 s～90 s时段：v正＞v逆，B正确；
C．根据表格数据可知：在0 s～50 s的反应速率为，70 s～80 s的反应速率为，所以0 s～50 s的反应速率更小，C错误；
D．该反应是反应前后气体体积不变的反应，在110 s时，缩小容器，化学平衡不发生移动，因此SO2的转化率保持不变但浓度增大，D错误；
故选B。
15．常温下，向溶液中滴加的溶液时，、[](或)随V(溶液)变化的曲线如图。下列叙述不正确的是
A．常温下，的第一步电离平衡常数
B．当V(溶液)时，
C．V(溶液)时，水的电离程度最大
D．常温下，当时，有
【答案】B
【详解】A．当时，，则，A正确；
B．当时，根据电荷守恒得，根据物料守恒得，综上可得，B错误；
C．当V(溶液)时，溶液中溶质为，是强碱弱酸盐，在水中水解，促进水的电离，所以当V(溶液)时，水的电离程度最大，C正确；
D．当时，，根据电荷守恒得，，此时，，D正确；
故选B。
二、元素或物质推断题
16．下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一化学元素。试回答下列问题：
(1)基态g原子核外电子的空间运动状态有_______种，基态的价层电子的轨道表示式为_______。
(2)元素f的第一电离能大于同周期右侧与之相邻的元素，原因是_______。
(3)请比较e和i简单氢化物沸点高低并说明理由_______。
(4)元素a、c、d以原子个数比形成的分子的结构式为_______。
(5)元素b的最高价氧化物对应的水化物和g的最高价氧化物对应的水化物能相互反应，其化学方程式是_______。
【答案】(1) 10 价电子轨道表示式为
(2)P的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高
(3)水分子间存在氢键，破坏它需要更多能量，所以水的沸点更高
(4)
(5)
【分析】由元素在周期表中位置可知，a为H元素、b为Bi元素、c为C元素、d为N元素、e为O元素、f为P元素、g为K元素、h为C元素、i为Se元素；据此分析解题。
【详解】（1）K原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，有4种s轨道，2p、3p能级各有3个轨道；核外电子的空间运动状态共4+3+3=10种；的价电子排布式为3d6，所以价电子轨道表示式为 ；故答案为10；价电子轨道表示式为 ；
（2）f为P元素，由于P的电子排布是半充满的，比较稳定，P的第一电离能大于同周期右侧与之相邻的元素；故答案为P的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高；
（3）e和i为同主族元素，e为O元素，电负性强，简单氢化物为水，水分子间存在氢键，破坏它需要更多能量，所以水的沸点更高；故答案为水分子间存在氢键，破坏它需要更多能量，所以水的沸点更高；
（4）a为H元素、c为C元素、d为N元素，a、c、d以原子个数比形成的分子的分子式为HCN，结构式为；孤单我；
（5）元素b的最高价氧化物对应的水化物为；g的最高价氧化物对应的水化物能为；能和强碱反应，其化学方程式是；故答案为。
17．X、Y、Z、W、R、Q五种前四周期主族元素，原子序数依次增大。元素Z在地壳中含量最高，W元素的焰色试验呈黄色，R的最外层电子数与其电子总数之比为3:8，X能与W形成离子化合物且W+的半径大于X-的半径，Y的氧化物是形成酸雨的物质之一，Q原子p能级轨道上有三个单电子。
请回答下列问题：
(1)Q元素在周期表中的位置为_______。
(2)Y、Z、W、R这四种元素简单离子的离子半径从大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。
(3)M和N均为上述六种元素中的三种组成的化合物，且M和N都为强电解质，M和N溶液反应既有沉淀出现又有气体产生，写出M和N反应的化学方程式：_______。
(4)基态Q原子的简化电子排布式为_______ 。单质Q的气态分子构型如图所示，在其中4条棱上各插入1个R原子，形成Q4R4，俗称雄黄，则雄黄可能有_______种不同的结构；0.5 ml Q4R4中含有_______ml Q-R键。
(5)X3QZ3形成的盐可用作长效杀虫剂和除草剂，QZ的空间构型为_______。
【答案】(1)第四周期ⅤA族
(2)S2->N3->O2->Na+
(3)Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+ H2O
(4) [Ar]3d104s24p3 2 4
(5)三角锥形
【分析】X、Y、Z、W、R、Q五种短周期主族元素的原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，Z为O元素；W元素的焰色反应呈黄色，则W为Na元素；R的最外层电子数与其电子总数比为3:8，可知最外层电子数为6、电子总数为16符合要求，则R为S元素；X能与W形成离子化合物，且Na+的半径大于X-的半径，X为H元素；Y的氧化物是形成酸雨的物质之一，结合原子序数可知Y为N元素，Q原子p能级轨道上有三个单电子，则Q核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，则Q 是33号As元素，以此来解答。
【详解】（1）根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，W是Na，R是S，Q是As元素。Q是As，原子核外电子排布是2、18、5，根据原子结构与元素在周期表的位置关系可知Q位于元素周期表第四周期第ⅤA族；
（2）Y是N，Z是O，W是Na，R是S，它们形成的简单离子中，N3-、O2-、Na+核外电子排布是2、8；S2-核外电子排布是2、8、8，离子核外电子层数越多，离子半径越大；对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径大小关系为：S2->N3->O2->Na+；
（3）M和N均为上述六种元素中的三种组成的化合物，且M和N都为强电解质，M和N溶液反应既有沉淀出现又有气体产生，则M和N分别是Na2S2O3、H2SO4中的一种物质，二者发生反应产生Na2SO4、S、SO2、H2O，反应的化学方程式为：Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+ H2O；
（4）Q是As，根据构造原理可知基态As的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p3，则As原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3；
单质As有6条棱，在其中4条棱上各插入1个S原子，形成As4S4，俗称雄黄，这4个S原子可以在连接1个As原子的3条棱上各有1个，另外1个S原子在其余棱边上；也可以是在与1个As原子连接的2条棱上，另外两个S连接在与另外1个As原子连接的2条棱上，则雄黄可能有2种不同结构；
在1个As4S4中含有8个As-S键，在1 ml As4S4中含有8 ml As-S键，则在0.5 ml As4S4中含有4 ml As-S键；
（5）X是H，Z是O，Q是As，X3QZ3是H3AsO3，形成的盐可用作长效杀虫剂和除草剂，中As原子价层电子对数是：3+=4，As原子上有1对孤电子对，所以的空间构型为三角锥形。
三、原理综合题
18．由铬铁合金(主要成分，含少量等)可以制取和。实验流程如图：
(1)下列说法正确的是_______。
A．“酸溶时一次性加入硫酸优于分批次加入
B．“酸溶”时需要保持强制通风
C．加入稍过量的以保证钴镍能被完全除尽
D．“沉铁”操作得到的滤液中含有
(2)其他条件相同，实验测得相同时间内铬铁转化率、析出硫酸盐晶体质量随硫酸浓度变化情况如图所示。当硫酸的浓度为，铬铁转化率下降的原因是：_______(已知硫酸浓度大于时铁才会钝化)。
(3)在的氛围中将与按物质的量之比混合，条件下反应可获得，同时有和生成。写出该反应的化学方程式：_______。
(4)纯度的测定：称取制得的样品，先将其溶于浓的强碱溶液中，再配制成溶液，移取溶液于锥形瓶中，加入，充分反应，然后加入过量的稀至溶液呈强酸性，此时铬以形式存在，充分加热煮沸后，冷却至室温，加入过量溶液，塞紧塞子，摇匀，静置，加入2滴淀粉溶液，用碱式滴定管盛装硫代硫酸钠标准溶液，滴定至终点。重复滴定多次，平均消耗标准溶液体积为。
已知：；。
计算样品中的纯度为_______(用含a、V和c的代数式表示)。
(5)可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，其中采用面心立方最密堆积方式。
①该晶体的化学式为_______。
②已知钙离子、氧离子半径分别为，晶胞中位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_______。
(6)铁与镁组成的一种储氢合金的晶胞结构如图所示。
图中a处原子的坐标参数为_______，合金的密度为_______(已知晶胞的边长为代表阿伏加德罗常数，只要求列算式)。
【答案】(1)BC
(2)析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率
(3)
(4)(或或其他合理答案)
(5)
(6)
【详解】（1）A．金属与酸反应会生成氢气，一次性加入硫酸会生成大量的氢气，容易使反应液溢出，A错误；
B．反应生成的氢气时易燃易爆气体，需要及时排出，“酸溶”时需要保持强制通风，B正确；
C．保证钴镍能被完全除尽，需要加入稍过量的 Na2S，C正确；
D．FeC2O4·2H2O具有还原性，而具有强氧化性，二者可以发生氧化还原反应，“沉铁”操作得到的滤液中不可能含有，D错误；
故选BC。
（2）析出的硫酸盐附着在铬铁表面，减少铬铁与硫酸的接触面积，使反应速率降低，导致铬铁转化率下降。
（3）在的氛围中将与按物质的量之比混合，条件下反应可获得，同时有和生成，根据电子转移守恒有：(3-2)×n(CO)=(4-3)×n(CO2)，故生成的CO、CO2物质的量相等，根据原子守恒可知有H2O生成，配平可得反应方程式为。
（4）根据Cr原子守恒、化学方程式可得关系，则，因此样品中的纯度为：。
（5）①该晶胞中Ca原子个数=，O原子的个数=，Cr原子个数是1，因此化学式为；
②处于面对角线上的钙离子、氧离子紧密相邻，晶胞边长是二者距离的倍，故该晶胞的对角线是晶胞参数(边长)为:) (a+b)pm，晶胞中位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为(a+b)pm。
（6）图中a处原子的坐标参数为()；根据均摊原则，1个晶胞含有 Fe原子数是、Mg原子数是8，合金的密度为。
19．氢气在化学工业中应用广泛。回答下列问题：
(1)已知下列热化学方程式：
i.
ii.
已知在某种催化剂的作用下，的正反应的活化能(正)为，则该反应逆反应的活化能(逆)为_______。该反应达平衡后采取下列措施能提高平衡转化率的措施有_______(填标号)。
A．升高温度 B．增大压强 C．加入 D．移出 E.使用催化剂
(2)将的混合气体充入反应器中，气体总压强为，平衡时、与温度的关系如图所示。时，的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是_______。
(3)在一定温度下的恒容密闭容器中通入与，使其物质的量浓度均为，反应足够时间后，容器中和的浓度分别为和，则反应ii的平衡常数_______。
(4)一定条件下，在某恒容密闭容器中，按投料比发生如下反应：
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是_______(填标号)。
A． B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再变化 D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②研究表明该反应速率方程式为，其中k为速率常数，与温度、活化能有关，若投料比，时的初始速率为，当转化率为时，反应速率为，由此可知_______。
【答案】(1) 105.9 AD
(2)，温度升高时，反应i平衡向左移动使增加的量比反应ii平衡向右移动使减少的量多(其他合理答案也可)
(3)0.8
(4) CD 1
【详解】（1）由盖斯定律，反应，可以由反应ii—反应i得到，即；根据反应物键能之和—生成物键能之和，，则；
A．该反应wei吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，故A选；
B．该反应为气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故B不选；
C．加入，虽然平衡正向移动，但是的转化率降低，故C不选；
D．移出，生成物浓度降低，平衡正向移动，平衡转化率增大，故D选；
E．催化剂可以改变反应速率，但不影响平衡移动，使用催化剂对的转化率没有影响，故E不选；
故填105.9；AD；
（2）如图，温度升高增大，在220℃以前，未到达平衡，升高温度，反应速率加快，降低，220℃到达平衡以后，因为，温度升高时，反应i平衡向左移动使增加的量比反应ii平衡向右移动使减少的量多，所以时，的物质的量浓度随温度升高而增大，故填，温度升高时，反应i平衡向左移动使增加的量比反应ii平衡向右移动使减少的量多(其他合理答案也可)；
（3）根据题意，可列三段式为：
其中，，，，，解得、，即平衡时，、、、；则反应ii的平衡常数0.8，故填0.8；
（4）对于反应，，达到平衡状态时，体系中各物质的物质的量浓度保持不变，即变量不变，以此作答；
A．时，不能说明反应达到平衡状态，故A不选；
B．该反应在恒容密闭容器中进行，根据质量守恒，混合气体质量不变，根据，ρ在平衡前后始终不变，所以当密度不变时，反应不一定达平衡，故B不选；
C．该反应为气体分子数减少的反应，反应中压强在变，当混合气体的压强不随时间的变化而变化时，反应达平衡，故C选；
D．该反应为分子数减少的反应，混合气体的物质的量为变量，根据质量守恒，混合气体质量不变，根据，M为变量，当平均摩尔质量不变时，反应达平衡，故D选；
故填CD；
若投料比，设，时，，当转化率为时，由变化量之比等于计量数之比，则，此时反应速率为，即，则，解得，故填1。
选项
叙述
解释
A
酸性：CH2FCOOH＞CH2ClCOOH
键的极性的强弱：C-F＜C-Cl
B
金刚石的熔点高于碳化硅
键长：C-C＜C-Si
C
熔点：＞
I形成分子内氢键，II形成分子间氢键
D
酸性：HI＞HBr＞HCl
HI、HBr、HCl中的范德华力逐渐减小
反应时间/s
40
50
60
70
80
90
100
110
浓度
0.10
0.14
0.21
0.26
0.30
0.32
0.33
0.33
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列说法正确的是
A．的电子式为： B．是手性分子
C．晶体中，的空间构型与水分子不同D．中N的杂化轨道：
【答案】B
【详解】A．为共价化合物，N和F之间共用1对电子，N和N之间共用1对电子，N和F最外层电子数均为8，电子式为，故A错误；
B．的中心碳原子连接的四个基团不相同，是手性分子；故B正确；
C．的孤电子对为，价层电子对数为４，有两对孤电子对，离子的几何构型为V型，与水分子相同，故C错误；
D．中每个N原子含有１对孤电子对，VSEPR模型为四面体，N原子的杂化形式为sp3，故D错误；
故答案选B。
2．具有下列电子层结构或性质的原子：①2p轨道上有2对成对电子的原子；②外围电子构型为2s22p3的原子；③短周期第一电离能最小；④第三周期离子半径最小。则下列有关比较中正确的是
A．原子半径：④＞③＞②＞①B．电负性：①＞②＞④＞③
C．第一电离能：①＞④＞②＞③D．最高正化合价：①＞②＞④＞③
【答案】B
【分析】①2p轨道上有2对成对电子的原子，则为F；②外围电子构型为2s22p3的原子，则为N；③短周期第一电离能最小，则Na；④第三周期离子半径最小，则为Al。
【详解】A．根据同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，因此原子半径：③＞④＞②＞①，故A错误；
B．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此电负性：①＞②＞④＞③，故B正确；
C．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此第一电离能：①＞②＞④＞③，故C错误；
D．最高正化合价等于最外层电子数，F没有最高正价，最高价为0价，因此最高正化合价：②＞④＞③，故D错误。
综上所述，答案为B。
3．下列说法正确的是
A．液晶是液体和晶体的混合物
B．混合型晶体是由多种类型晶体互相混合而成的晶体
C．石英和金刚石都是共价晶体，最小环上都有6个原子
D．大多数离子液体含有体积很大的阴阳离子，呈液态，难挥发
【答案】D
【详解】A．液晶并不是指液体和晶体的混合物，是一种特殊的物质，液晶像液体一样可以流动，又具有晶体各向异性的特性，选项A错误；
B．有一些晶体，晶体内可能同时存在着若干种不同的作用力，具有若干种晶体的结构和性质，这类晶体称为混合型晶体，混合型晶体不是混合物，选项B错误；
C．石英是SiO2，由其结构可知最小环中有12个原子，选项C错误；
D．大多数离子液体含有体积很大的阴阳离子，呈液态，难挥发，因此离子液体可做溶剂，选项D正确；
答案选D。
4．如图分别为物质I和物质Ⅱ的微观结构示意图，下列说法错误的是
A．物质I具有能自发地呈现多面体外形的性质
B．物质I形成的固体有固定的熔、沸点
C．物质II形成的固体物理性质有各向异性
D．二者的X-射线衍射图谱不相同
【答案】C
【分析】由两种物质的微观结构可知，I中微粒呈周期性有序排列，II中微粒排列相对无序，故I为晶体，II为非晶体。
【详解】A．晶体具有自范性，因此可以能自发地呈现多面体外形，A正确；
B．晶体有固定的熔沸点，B正确；
C．非晶体的物理性质具有各向同性，C错误；
D．X-射线衍射图谱有明锐的谱线，可以检验晶体和非晶体，图谱明显不同，D正确；
故选C。
5．铜和氧形成的一种离子化合物晶胞、晶胞如下图所示，下列说法中错误的是
A．铜和氧形成的离子化合物中，阳离子的电荷数为
B．晶体采用的是分子密堆积方式，与每个距离最近且等距离的有12个
C．是分子晶体，冰晶体中水分子的配位数是4
D．基态铜原子的价层电子排布式为
【答案】A
【详解】A．利用均摊法可知，铜离子个数为4，氧离子个数，该离子化合物的化学式为Cu2O，铜离子电荷数为+1，A错误；
B．C60是典型的分子晶体，是分子密堆积，分子间作用力只有范德华力，以一个C60分子为中心，其周围最多可以有12个紧邻的分子，B正确；
C．只含分子的晶体称为分子晶体，而C60是典型的分子晶体；每个水分子都能结合另外4个水分子，形成四面体结构，所以水分子的配位数为4，C正确；
D．在构建基态原子时，应符合能量最低原理，而当原子轨道上的电子为半满或全满时，能量较低，所以基态铜原子的价层电子排布式为，D正确；
故选A。
6．下列有关叙述及相关解释均正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】A．F的非金属性比Cl强，则F吸引共用电子对的能力比Cl强，键的极性的强弱：C-F＞C-Cl，A不正确；
B．C的原子半径比Si小，则键长C-C＜C-Si，键能C-C＞C-Si，所以金刚石的熔点高于碳化硅，B正确；
C．I形成分子内氢键，使分子间的作用力减小，II形成分子间氢键，使分子间的作用力增大，所以熔点Ⅰ＜Ⅱ，C不正确；
D．酸性：HI＞HBr＞HCl，受分子内原子间共价键的键能的影响，而分子间的范德华力与键能无关，它影响物质的熔沸点、溶解性等，D不正确；
故选B。
7．X、Y、Z、W四种短周期元素位于三个不同的周期，Y、Z同周期，且原子序数依次增大。它们能形成结构如图所示的分子，下列推断错误的是
A．氢化物的沸点一定有：Y小于Z
B．X、Y原子可以形成既含极性键又含非极性键的非极性分子
C．Y、Z、W分别与X均可以形成18电子分子
D．最高价含氧酸的酸性一定有：
【答案】A
【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素位于三个不同的周期，则X为H元素，Y、Z同周期，且原子序数依次增大，则Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，Y形成4个共价键，Z形成3个共价键，W形成2个共价键，则Y为C，Z为N，W为S元素。
【详解】A．Y的氢化物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于氨气和肼，故A错误；
B．X为H，Y为C，C和H形成的化合物为烃，除了甲烷分子外，其它烃分子中均含有碳氢极性键和碳碳非极性键，故B正确；
C．C、N、S和H形成的18电子分子分别为CH3CH3、N2H4、H2S，故C正确；
D．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：S>C，则最高价含氧酸的酸性：W>Y，故D正确；
故答案选A。
8．氮化硼(BN)晶体有多种结构。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。关于这两种晶体的说法，正确的是
A．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
B．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
C．两种晶体中的B原子的杂化类型相同
D．两种晶体均为分子晶体
【答案】B
【详解】A．由图可知立方相氮化硼中原子间形成的都是单键，所以都是σ键，故A错误；
B．六方相氮化硼与石墨的结构相似，层间存在分子间作用力比化学键弱的多，所以质地软，故B正确；
C．六方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp2， 立方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp3，故C错误；
D．六方相氮化硼与石墨的结构相似，所以为混合型晶体；立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为共价晶体，故D错误；
答案选B。
9．下列关于物质结构的说法错误的是
A．的空间结构为四面体形
B．甲醛和光气分子中的键角
C．熔点：
D．铋原子能级有一个未成对电子
【答案】D
【详解】A．的中心原子S为sp3杂化，中心原子S分别与三个O原子及一个S原子构成四面体结构，A正确；
B．两分子中心原子C均为sp2杂化，空间结构均是平面三角形，O原子、Cl原子均有孤电子对，O与Cl之间的斥力较大，因此，B正确；
C．、是离子晶体，离子晶体熔点比分子晶体高。结构相似的离子晶体，离子所带电荷越多，离子半径越小，离子键越强，熔沸点越高，因此熔点高低顺序为。分子中含有氢键，使其熔点较高。通常分子晶体相对分子质量大的熔点高，因此熔点比高。综上所述，熔点高低顺序为：，C正确；
D．铋是第83号元素，基态原子价层电子排布式为：6s26p3，6p能级有三个原子轨道，是简并轨道，根据洪特规则，3个电子分别以独占方式填入，因此有三个未成对电子，D错误；
故选D。
10．A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子。A和E为双原子分子，E为性质极其活泼的浅黄绿色气体；C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒；B有臭鸡蛋气味；D与甲烷分子构型相同；G为火箭推进器常用燃料；H为烷烃。下列判断错误的是
A．B分子中的化学键为sp3-sσ键，有轴对称性，可以旋转
B．F和H中均含有极性键和非极性键，但是前者为极性分子，后者为非极性分子(不考虑空间异构)
C．C分子中原子序数较大的元素可形成正四面体结构的单质分子，键角为109°28ˊ
D．G和D中心原子杂化方式相同
【答案】C
【分析】A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子，A和E为双原子分子，E为浅黄绿色气体，则E为F2，A为HCl；C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒，则F为H2O2，C为PH3；B有臭鸡蛋气味，则B为H2S；D与甲烷分子构型相同，则D为SiH4；G为火箭推进器常用燃料，则G为N2H4；H为烃，则H为C2H6，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，B为H2S，中心原子S形成sp3杂化轨道，氢原子提供s电子原子轨道，形成sp3-sσ键，sp3-sσ键有轴对称性，可以旋转，A正确；
B．F为H2O2，H为C2H6，H2O2、C2H6分子中均含有极性键(C-H、H-O键)和非极性键(O-O、C-C键)，H2O2分子的正负电荷的中心不重合，属于极性分子，而C2H6分子的正负电荷中心重合，属于非极性分子，B正确；
C．由分析可知，C为PH3，PH3分子中原子序数较大的元素为P，P元素形成的正四面体结构的单质为P4，P4分子中P-P键的键角为60°，C错误；
D．G为N2H4，N2H4上中心原子N的杂化方式均为sp3，而D为SiH4，SiH4的中心原子Si的杂化方式为sp3，二者中心原子杂化方式相同，D正确；
故答案为：C。
11．有关晶体的结构如下图所示，下列说法错误的是
A．的晶胞结构如图所示，镍原子的配位数为12
B．在晶体中，每个晶胞平均占有4个
C．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为
D．由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式为或
【答案】D
【详解】A．Ni的晶胞属于面心立方堆积，Ni原子的配位数为，故A正确；
B．根据均摊原则，在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有Ca2+数为，故B正确；
C．在金刚石晶体中，每个碳原子都和4个碳原子形成4个碳碳键，每个碳碳键被2个碳原子共用，所以每个碳原子平均连有4×=2个碳碳键，因此碳原子与碳碳键的个数之比为1：2，故C正确；
D．团簇分子中每一个原子都归该分子所有，由图可知一个团簇分子中含有4个E和4个F，所以该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，故D错误；
故答案选D。
12．一种氧化锌的立方晶胞结构如图所示(用表示阿伏伽德罗常数的值)，下列说法错误的是
A．晶胞的质量为B．锌离子间的最短距离为
C．基态氧原子的核外电子有5种运动状态D．是区元素，O是p区元素
【答案】C
【分析】如图，氧化锌的晶胞中，该晶胞为立方体，氧离子在晶胞内，所以含有氧离子个数为4，根据氧化锌化学式ZnO，可知锌离子个数也为4，表示阿伏伽德罗常数，晶胞参数为apm，晶胞体积为，则晶胞密度为；
【详解】A．根据，晶胞的质量为=，故A正确；
B．如图晶胞中，锌离子间的最短距离为面心到顶点的距离，已知晶胞参数为apm，则其面心到顶点的距离为，故B正确；
C．氧元素原子序数为8，基态氧原子核外8个电子，每个电子运动状态不一样，一共有8种运动状态，故C错误；
D．Zn为过渡元素，在元素周期表中位于第四周期第ⅠB族，属于ds区，O属于非金属主族元素，位于p区，故D正确；
故选C。
13．如下所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，下列判断错误的是
A．a是电源的负极
B．通电一段时间后，向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色
C．随着电解的进行，CuCl2溶液浓度变大
D．当完全溶解时，至少产生气体336mL (折合成标准状况下)
【答案】C
【分析】通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，a为负极，石墨电极Ⅰ为阴极，据此解答。
【详解】A．由分析可知，a是电源的负极，故A正确；
B．石墨电极Ⅱ为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，故B正确；
C．随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl2溶液浓度变小，故C错误；
D．当完全溶解时，消耗氢离子为0.06ml，根据阳极电极反应式，产生氧气为0.015ml，体积为336mL (折合成标准状况下)，故D正确；
故选C。
14．向绝热恒容密闭容器中通入一定量的和，一定条件下发生反应： ，测得浓度随时间变化如表所示，下列说法正确的是
A．50s时，的生成速率为
B．40s～90s时段：
C．0s～50s的反应速率等于70s～80s的反应速率
D．110s时，缩小容器体积再次达到平衡后，的转化率和浓度均保持不变
【答案】B
【详解】A．化学反应速率是平均速率，不是瞬时速率，因此不能计算50 s时SO3的生成速率，A错误；
B．根据速率与时间关系可知：在90 s后，SO3浓度还在增大，说明此时反应正向进行，未达到平衡状态，故在40 s～90 s时段：v正＞v逆，B正确；
C．根据表格数据可知：在0 s～50 s的反应速率为，70 s～80 s的反应速率为，所以0 s～50 s的反应速率更小，C错误；
D．该反应是反应前后气体体积不变的反应，在110 s时，缩小容器，化学平衡不发生移动，因此SO2的转化率保持不变但浓度增大，D错误；
故选B。
15．常温下，向溶液中滴加的溶液时，、[](或)随V(溶液)变化的曲线如图。下列叙述不正确的是
A．常温下，的第一步电离平衡常数
B．当V(溶液)时，
C．V(溶液)时，水的电离程度最大
D．常温下，当时，有
【答案】B
【详解】A．当时，，则，A正确；
B．当时，根据电荷守恒得，根据物料守恒得，综上可得，B错误；
C．当V(溶液)时，溶液中溶质为，是强碱弱酸盐，在水中水解，促进水的电离，所以当V(溶液)时，水的电离程度最大，C正确；
D．当时，，根据电荷守恒得，，此时，，D正确；
故选B。
二、元素或物质推断题
16．下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一化学元素。试回答下列问题：
(1)基态g原子核外电子的空间运动状态有_______种，基态的价层电子的轨道表示式为_______。
(2)元素f的第一电离能大于同周期右侧与之相邻的元素，原因是_______。
(3)请比较e和i简单氢化物沸点高低并说明理由_______。
(4)元素a、c、d以原子个数比形成的分子的结构式为_______。
(5)元素b的最高价氧化物对应的水化物和g的最高价氧化物对应的水化物能相互反应，其化学方程式是_______。
【答案】(1) 10 价电子轨道表示式为
(2)P的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高
(3)水分子间存在氢键，破坏它需要更多能量，所以水的沸点更高
(4)
(5)
【分析】由元素在周期表中位置可知，a为H元素、b为Bi元素、c为C元素、d为N元素、e为O元素、f为P元素、g为K元素、h为C元素、i为Se元素；据此分析解题。
【详解】（1）K原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，有4种s轨道，2p、3p能级各有3个轨道；核外电子的空间运动状态共4+3+3=10种；的价电子排布式为3d6，所以价电子轨道表示式为 ；故答案为10；价电子轨道表示式为 ；
（2）f为P元素，由于P的电子排布是半充满的，比较稳定，P的第一电离能大于同周期右侧与之相邻的元素；故答案为P的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高；
（3）e和i为同主族元素，e为O元素，电负性强，简单氢化物为水，水分子间存在氢键，破坏它需要更多能量，所以水的沸点更高；故答案为水分子间存在氢键，破坏它需要更多能量，所以水的沸点更高；
（4）a为H元素、c为C元素、d为N元素，a、c、d以原子个数比形成的分子的分子式为HCN，结构式为；孤单我；
（5）元素b的最高价氧化物对应的水化物为；g的最高价氧化物对应的水化物能为；能和强碱反应，其化学方程式是；故答案为。
17．X、Y、Z、W、R、Q五种前四周期主族元素，原子序数依次增大。元素Z在地壳中含量最高，W元素的焰色试验呈黄色，R的最外层电子数与其电子总数之比为3:8，X能与W形成离子化合物且W+的半径大于X-的半径，Y的氧化物是形成酸雨的物质之一，Q原子p能级轨道上有三个单电子。
请回答下列问题：
(1)Q元素在周期表中的位置为_______。
(2)Y、Z、W、R这四种元素简单离子的离子半径从大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。
(3)M和N均为上述六种元素中的三种组成的化合物，且M和N都为强电解质，M和N溶液反应既有沉淀出现又有气体产生，写出M和N反应的化学方程式：_______。
(4)基态Q原子的简化电子排布式为_______ 。单质Q的气态分子构型如图所示，在其中4条棱上各插入1个R原子，形成Q4R4，俗称雄黄，则雄黄可能有_______种不同的结构；0.5 ml Q4R4中含有_______ml Q-R键。
(5)X3QZ3形成的盐可用作长效杀虫剂和除草剂，QZ的空间构型为_______。
【答案】(1)第四周期ⅤA族
(2)S2->N3->O2->Na+
(3)Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+ H2O
(4) [Ar]3d104s24p3 2 4
(5)三角锥形
【分析】X、Y、Z、W、R、Q五种短周期主族元素的原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，Z为O元素；W元素的焰色反应呈黄色，则W为Na元素；R的最外层电子数与其电子总数比为3:8，可知最外层电子数为6、电子总数为16符合要求，则R为S元素；X能与W形成离子化合物，且Na+的半径大于X-的半径，X为H元素；Y的氧化物是形成酸雨的物质之一，结合原子序数可知Y为N元素，Q原子p能级轨道上有三个单电子，则Q核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，则Q 是33号As元素，以此来解答。
【详解】（1）根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，W是Na，R是S，Q是As元素。Q是As，原子核外电子排布是2、18、5，根据原子结构与元素在周期表的位置关系可知Q位于元素周期表第四周期第ⅤA族；
（2）Y是N，Z是O，W是Na，R是S，它们形成的简单离子中，N3-、O2-、Na+核外电子排布是2、8；S2-核外电子排布是2、8、8，离子核外电子层数越多，离子半径越大；对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径大小关系为：S2->N3->O2->Na+；
（3）M和N均为上述六种元素中的三种组成的化合物，且M和N都为强电解质，M和N溶液反应既有沉淀出现又有气体产生，则M和N分别是Na2S2O3、H2SO4中的一种物质，二者发生反应产生Na2SO4、S、SO2、H2O，反应的化学方程式为：Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+ H2O；
（4）Q是As，根据构造原理可知基态As的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p3，则As原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3；
单质As有6条棱，在其中4条棱上各插入1个S原子，形成As4S4，俗称雄黄，这4个S原子可以在连接1个As原子的3条棱上各有1个，另外1个S原子在其余棱边上；也可以是在与1个As原子连接的2条棱上，另外两个S连接在与另外1个As原子连接的2条棱上，则雄黄可能有2种不同结构；
在1个As4S4中含有8个As-S键，在1 ml As4S4中含有8 ml As-S键，则在0.5 ml As4S4中含有4 ml As-S键；
（5）X是H，Z是O，Q是As，X3QZ3是H3AsO3，形成的盐可用作长效杀虫剂和除草剂，中As原子价层电子对数是：3+=4，As原子上有1对孤电子对，所以的空间构型为三角锥形。
三、原理综合题
18．由铬铁合金(主要成分，含少量等)可以制取和。实验流程如图：
(1)下列说法正确的是_______。
A．“酸溶时一次性加入硫酸优于分批次加入
B．“酸溶”时需要保持强制通风
C．加入稍过量的以保证钴镍能被完全除尽
D．“沉铁”操作得到的滤液中含有
(2)其他条件相同，实验测得相同时间内铬铁转化率、析出硫酸盐晶体质量随硫酸浓度变化情况如图所示。当硫酸的浓度为，铬铁转化率下降的原因是：_______(已知硫酸浓度大于时铁才会钝化)。
(3)在的氛围中将与按物质的量之比混合，条件下反应可获得，同时有和生成。写出该反应的化学方程式：_______。
(4)纯度的测定：称取制得的样品，先将其溶于浓的强碱溶液中，再配制成溶液，移取溶液于锥形瓶中，加入，充分反应，然后加入过量的稀至溶液呈强酸性，此时铬以形式存在，充分加热煮沸后，冷却至室温，加入过量溶液，塞紧塞子，摇匀，静置，加入2滴淀粉溶液，用碱式滴定管盛装硫代硫酸钠标准溶液，滴定至终点。重复滴定多次，平均消耗标准溶液体积为。
已知：；。
计算样品中的纯度为_______(用含a、V和c的代数式表示)。
(5)可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，其中采用面心立方最密堆积方式。
①该晶体的化学式为_______。
②已知钙离子、氧离子半径分别为，晶胞中位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_______。
(6)铁与镁组成的一种储氢合金的晶胞结构如图所示。
图中a处原子的坐标参数为_______，合金的密度为_______(已知晶胞的边长为代表阿伏加德罗常数，只要求列算式)。
【答案】(1)BC
(2)析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率
(3)
(4)(或或其他合理答案)
(5)
(6)
【详解】（1）A．金属与酸反应会生成氢气，一次性加入硫酸会生成大量的氢气，容易使反应液溢出，A错误；
B．反应生成的氢气时易燃易爆气体，需要及时排出，“酸溶”时需要保持强制通风，B正确；
C．保证钴镍能被完全除尽，需要加入稍过量的 Na2S，C正确；
D．FeC2O4·2H2O具有还原性，而具有强氧化性，二者可以发生氧化还原反应，“沉铁”操作得到的滤液中不可能含有，D错误；
故选BC。
（2）析出的硫酸盐附着在铬铁表面，减少铬铁与硫酸的接触面积，使反应速率降低，导致铬铁转化率下降。
（3）在的氛围中将与按物质的量之比混合，条件下反应可获得，同时有和生成，根据电子转移守恒有：(3-2)×n(CO)=(4-3)×n(CO2)，故生成的CO、CO2物质的量相等，根据原子守恒可知有H2O生成，配平可得反应方程式为。
（4）根据Cr原子守恒、化学方程式可得关系，则，因此样品中的纯度为：。
（5）①该晶胞中Ca原子个数=，O原子的个数=，Cr原子个数是1，因此化学式为；
②处于面对角线上的钙离子、氧离子紧密相邻，晶胞边长是二者距离的倍，故该晶胞的对角线是晶胞参数(边长)为:) (a+b)pm，晶胞中位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为(a+b)pm。
（6）图中a处原子的坐标参数为()；根据均摊原则，1个晶胞含有 Fe原子数是、Mg原子数是8，合金的密度为。
19．氢气在化学工业中应用广泛。回答下列问题：
(1)已知下列热化学方程式：
i.
ii.
已知在某种催化剂的作用下，的正反应的活化能(正)为，则该反应逆反应的活化能(逆)为_______。该反应达平衡后采取下列措施能提高平衡转化率的措施有_______(填标号)。
A．升高温度 B．增大压强 C．加入 D．移出 E.使用催化剂
(2)将的混合气体充入反应器中，气体总压强为，平衡时、与温度的关系如图所示。时，的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是_______。
(3)在一定温度下的恒容密闭容器中通入与，使其物质的量浓度均为，反应足够时间后，容器中和的浓度分别为和，则反应ii的平衡常数_______。
(4)一定条件下，在某恒容密闭容器中，按投料比发生如下反应：
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是_______(填标号)。
A． B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再变化 D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②研究表明该反应速率方程式为，其中k为速率常数，与温度、活化能有关，若投料比，时的初始速率为，当转化率为时，反应速率为，由此可知_______。
【答案】(1) 105.9 AD
(2)，温度升高时，反应i平衡向左移动使增加的量比反应ii平衡向右移动使减少的量多(其他合理答案也可)
(3)0.8
(4) CD 1
【详解】（1）由盖斯定律，反应，可以由反应ii—反应i得到，即；根据反应物键能之和—生成物键能之和，，则；
A．该反应wei吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，故A选；
B．该反应为气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故B不选；
C．加入，虽然平衡正向移动，但是的转化率降低，故C不选；
D．移出，生成物浓度降低，平衡正向移动，平衡转化率增大，故D选；
E．催化剂可以改变反应速率，但不影响平衡移动，使用催化剂对的转化率没有影响，故E不选；
故填105.9；AD；
（2）如图，温度升高增大，在220℃以前，未到达平衡，升高温度，反应速率加快，降低，220℃到达平衡以后，因为，温度升高时，反应i平衡向左移动使增加的量比反应ii平衡向右移动使减少的量多，所以时，的物质的量浓度随温度升高而增大，故填，温度升高时，反应i平衡向左移动使增加的量比反应ii平衡向右移动使减少的量多(其他合理答案也可)；
（3）根据题意，可列三段式为：
其中，，，，，解得、，即平衡时，、、、；则反应ii的平衡常数0.8，故填0.8；
（4）对于反应，，达到平衡状态时，体系中各物质的物质的量浓度保持不变，即变量不变，以此作答；
A．时，不能说明反应达到平衡状态，故A不选；
B．该反应在恒容密闭容器中进行，根据质量守恒，混合气体质量不变，根据，ρ在平衡前后始终不变，所以当密度不变时，反应不一定达平衡，故B不选；
C．该反应为气体分子数减少的反应，反应中压强在变，当混合气体的压强不随时间的变化而变化时，反应达平衡，故C选；
D．该反应为分子数减少的反应，混合气体的物质的量为变量，根据质量守恒，混合气体质量不变，根据，M为变量，当平均摩尔质量不变时，反应达平衡，故D选；
故填CD；
若投料比，设，时，，当转化率为时，由变化量之比等于计量数之比，则，此时反应速率为，即，则，解得，故填1。
选项
叙述
解释
A
酸性：CH2FCOOH＞CH2ClCOOH
键的极性的强弱：C-F＜C-Cl
B
金刚石的熔点高于碳化硅
键长：C-C＜C-Si
C
熔点：＞
I形成分子内氢键，II形成分子间氢键
D
酸性：HI＞HBr＞HCl
HI、HBr、HCl中的范德华力逐渐减小
反应时间/s
40
50
60
70
80
90
100
110
浓度
0.10
0.14
0.21
0.26
0.30
0.32
0.33
0.33
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