1、河南省2018-2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1、C 12、O 16、Mg 24、Al 27、P 31一、选择题(每题6分，共42分)1.下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是A甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D开采可燃冰，将其作为能源使用A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】分析：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热
2、，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，属于化学变化。详解：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O43N2+2CO2+4H2O，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的
3、区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。2.下列实验操作能达到实验目的的是()A. 用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物B. 用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NOC. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D. 将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2【答案】C【解析】【详解】A长颈漏斗不能用作分离操作，分离互不相溶的液体应该选用分液漏斗，故A错误；BNO易和空气中O2反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，NO不易溶于水，应该用排水法收集，故B错误；CFeCl3属于强酸弱碱盐，Fe 3+易水解生成Fe(OH)3而产生浑浊，为了防止氯化铁水
4、解，应该将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故C正确；D将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气，所以得不到纯净的氯气，应该将饱和食盐水出来的气体再用浓硫酸干燥，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意从水溶液中出来的气体中含有水蒸气。3.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表A族，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是A. 原子半径：r(W) r(Z) r(Y)B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱D. X 的简单气态氢化物的热
5、稳定性比W的强【答案】D【解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。详解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；B
6、项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；答案选D。点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的推断，准确推断出各字母代表的元素是解题的关键，进而根据同周期、同主族元素结构和性质的递变规律作出判断。4.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A. 100 mL 1 molL1FeCl3溶液中所含Fe3的数目为0.1NAB. 常温常压下，11.2 L甲烷和乙
7、烯混合物中含氢原子数目为2NAC. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NAD. 标准状况下，124 g P4中所含PP键数目为6NA【答案】D【解析】【详解】A三价铁离子在水溶液中部分水解，所以100mL1molL-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，故A错误；B常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，因此11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量不是0.5mol，其中含氢原子数目不是2NA，故B错误；C二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的反应为可逆反应，不能进行到底，所以密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA小于
8、3NA，故C错误；D124gP4的物质的量为=1mol，根据P4的结构式，1molP4含有6molP-P键，即含有P-P键数目为6NA，故D正确；答案选D5.有机物X、Y、M相互转化关系如下。下列有关说法不正确的是A. 可用碳酸氢钠区别X与YB. Y中所有原子在同一平面上C. X、Y、M均能发生加成、氧化和取代反应D. X环上的二氯代物共有11种(不考虑顺反异构)【答案】B【解析】【详解】A.Y不含羧基，与碳酸氢钠不反应，X含有羧基，能与碳酸氢钠溶液反应，故A正确；B.甲烷分子为四面体结构，Y分子中含有-CH2-，所以Y中所有原子不可能处于同一平面上，故B错误；C. X分子中含有碳碳双键和羧基
9、，Y分子中含有碳碳双键和羟基，M分子中含有碳碳双键和酯基，所以均能发生加成、氧化和取代反应，故C正确； D.采用定一移二的方法分析，X环上的二氯代物共有11种，故D正确。 答案选B。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，掌握官能团的结构和性质是解题的关键，本题难点是D选项，注意采用定一移二的方法分析同分异构体的种数。6.常温下，向10 mL 0.1 mol/L的CuCl2溶液中滴加0.1 mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)随滴入的Na2S溶液体积的变化如图所示(忽略滴加过程中的温度变化和溶液体积变化)。下列叙述正确的是( )A. 常温下Ksp (CuS)的数量级为10
10、-30B. c点溶液中水的电离程度大于a点和d点溶液C. b点溶液中c(Na+)=2c(Cl-)D. d点溶液中c (Na+) c (Cl-) c (S2-) c (OH-) c (H+)【答案】D【解析】【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-CuS，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，图中-lgc(Cu2+)越大，则c(Cu2+)越小，结合图中浓度计算溶度积常数及溶液中的守恒思想分析解答。【详解】A根据图像，V=10mL时，二者恰好完全反应生成CuS沉淀，CuSCu2+S2-，平衡时c(Cu2+)
11、=c(S2-)=10-17.6mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-17.6mol/L10-17.6mol/L=10-35.2mol2/L2，Ksp(CuS)的数量级为10-36，故A错误；Bc点为NaCl溶液，对水的电离无影响，而a点为氯化铜溶液、d点为硫化钠溶液，都会发生水解反应促进水的电离，则c点溶液中水的电离程度小于a点和d点溶液，故B错误；C根据图像，b点时钠离子的物质的量为0.1mol/L0.005L2=0.001mol，氯离子的物质的量为0.1mol/L0.01L2=0.002mol，则c(Cl-)=2c(Na+)，故C错误；Dd点溶液中NaCl和Na
12、2S的浓度之比为2:1，且溶液显碱性，因此c (Na+) c (Cl-) c (S2-) c (OH-) c (H+)，故D正确；答案选D。7.用石墨电极完成下列电解实验。实验一实验二装置现象a 、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化两个石墨电极附近均有气泡产生；铜珠n的右侧有气泡产生。下列对实验现象的解释或推测不合理的是( )A. 根据实验一的原理，实验二中铜珠m左侧变厚B. a、d处：2H2O2e=H22OHC. b处：2Cl2e=Cl2；Cl2 + H2O =HCl + HClOD. c处发生了反应：Fe2e=Fe2【答案】A【解析】【分析】实验一a、d处试纸变蓝，说明生成O
13、H-，为电解池的阴极，b处变红，局部褪色，为电解池的阳极，生成氯气，c处无明显变化，铁丝左侧c处为阳极，右侧d处为阴极，实验二两个石墨电极附近有气泡产生，左侧生成氢气，右侧生成氧气，两个铜珠的左侧为阳极，右侧为阴极，n处有气泡产生，为阴极，据此分析解答。【详解】A实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池，一个球两面为不同的两极，铜珠m的左侧为阳极，发生的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，右侧为阴极，发生的电极反应为Cu2+2e-=Cu，同样铜珠n的左侧为阳极，右侧为阴极，因此铜珠m右侧变厚，故A错误；Ba、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子
14、生成氢气，氢氧根离子剩余造成的，电极方程式为2H2O+2e-H2+2OH-，故B正确；Cb处变红，局部褪色，是因为Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl的酸性使溶液变红，HClO的漂白性使局部褪色，故C正确；Dc处为阳极，发生氧化反应：Fe-2e-Fe2+，故D正确；答案选A。【点睛】把握电极的判断以及电极反应为解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据实验一正确判断电极类型并类推实验二。二、非选择题(4大题，共58分)8.高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备高碘酸钾的装置图如下(夹持和加热装置省略)。回答下列问题：(1)装置I中仪器甲的名称是
15、_。(2)装置I中浓盐酸与KMnO4混合后发生反应的离子方程式是_。(3)装置中的试剂X是_。(4)装置中搅拌的目的是_。(5)上述炭置按气流由左至右各接口顺序为_(用字母表示)。(6)装置连接好后，将装置水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，经过滤，洗涤，干燥等步骤得到产品。写出装置中发生反应化学方程式：_。洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是_。上述制备的产品中含少量的KIO3，其他杂质忽略，现称取ag该产品配制成溶液，然后加入稍过量的用醋酸酸化的KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，然后用1.0molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的平均体积为
16、bL。已知：KIO3+5KI+6CH3COOH=3I2+6CH3COOK+3H2OKIO4+7KI+8CH3 COOH=4I2+8CH3COOK+4H2OI2+2Na2S2O3=2NaI+N2S4O6则该产品中KIO4的百分含量是_(Mr(KIO3)=214，Mr(KIO4)=230，列出计算式)。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 16H+10Cl-+2MnO4-=2Mn2+8H2O+5Cl2 (3). NaOH溶液 (4). 使反应混合物混合均匀，反应更充分 (5). aefcdb (6). 2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O (7). 降低KIO4的溶解度，减少晶
17、体损失 (8). 100%【解析】【分析】本题为制备高碘酸钾实验题，根据所提供的装置，装置III为KIO4的制备反应发生装置，发生的反应为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O；装置I可用来制取氯气，为制备KIO4提供反应物氯气；装置IV是氯气的净化装置；装置II是氯气的尾气吸收装置；装置的连接顺序为IIVIIIII，以此分析解答。【详解】(1)根据装置I中仪器甲的构造，该仪器的名称是圆底烧瓶，因此，本题正确答案是：圆底烧瓶；(2)浓盐酸与KMnO4反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，根据得失电子守恒及电荷守恒和原子守恒写出离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2
18、+5Cl2+8H2O，因此，本题正确答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O；(3) 装置II是氯气的尾气吸收装置，所用的试剂X应是NaOH溶液，因此，本题正确答案是：NaOH溶液；(4) 装置III为KIO4的制备反应发生装置，用氯气和NaOH的KIO3溶液反应，搅拌的目的是使反应混合物混合均匀，反应更充分，因此，本题正确答案是：使反应混合物混合均匀，反应更充分；(5)根据以上分析，装置的连接顺序为IIVIIIII，所以各接口顺序为aefcdb，因此，本题正确答案是：aefcdb； (6)装置III为KIO4的制备反应发生装置，氯气将KIO3氧化为KIO4，本
19、身被还原为KCl，化学方程式为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O，因此，本题正确答案是：2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O；根据题给信息，高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，所以，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是降低KIO4的溶解度，减少晶体损失，因此，本题正确答案是：降低KIO4的溶解度，减少晶体损失；设ag产品中含有KIO3和KIO4的物质的量分别为x、y，则根据反应关系：KIO33I2，KIO44I2，I22Na2S2O3，214x+230y=a，3x+4y=0.5b，联立、，解得y=mol，则该产品中KIO4的百分含量
20、是100%=100%，因此，本题正确答案是：100%。9.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题： (1)利用铬铁矿(FeOCr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是_ 。“水浸”要获得浸出液的操作是_。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则 “还原”操作中发生反应的离子方程式为_。(2)已知 Cr3+完全沉淀时溶液pH为5，(Cr3+浓度降至10-5molL-1可认为完全沉淀)则Cr(OH)3的溶度积常数 Ksp_。 (3)用石墨电极电解铬酸钠(Na2CrO4)溶液，
21、可制重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+ H2O)。电极b连接电源的_极(填“正”或“负”) ， b 极发生的电极反应：_。 电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是_mol 。【答案】 (1). 铬铁矿粉碎 (2). 过滤 (3). 8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH- (4). 110-32 (5). 正 (6). 2H2O-4e-=O2+4H+ (7). (a-b)/2【解析】【分析】(1)根据流程：铬铁矿(FeOCr2O3)
22、加入纯碱、通入空气焙烧，得到Na2CrO4，过滤，滤液含有Na2CrO4，加入Na2S还原得到Cr(OH)3，反应为：8CrO42-+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-，加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，再用还原剂还原得到Cr，据此分析解答；(2)已知Cr3+完全沉淀时溶液pH为5，则此时c(OH-)=110-9mol/L，c(Cr3+)=110-5mol/L，Cr(OH)3的溶度积常数Ksp=c(Cr3+)c3(OH-)，据此计算；(3)b极得到Na2Cr2O7，则b有反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故b的电极反应为水放电生成氧气和氢离子，据
23、此分析解答；根据电荷守恒分析计算。【详解】(1)影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快，为加快焙烧速率和提高原料的利用率，采取的措施可以有将铬铁矿粉碎等，故答案为：铬铁矿粉碎；“水浸”要获得浸出液，需要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr元素由+6价降为+3价，S元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，反应的方程式为：8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-，故答案为：过滤；8CrO42+3S2-+2
24、0H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-。(2)pH为5，c(OH-)=10-9，c(Cr3+)=110-5mol/L，则Kspc(Cr3+)c3(OH-)=10-5(10-9)3=110-32，故答案为：110-32；(3)根据图示，在b极所在电极室得到Na2Cr2O7，根据2CrO42-+2H+ Cr2O72+ H2O，电解过程中b极c(H+)增大，则b极电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，因此a是阴极，b是阳极，电极b连接电源的正极，故答案为：正；2H2O-4e-=O2+4H+；电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电
25、荷为(a-b)mol，所以外电路中转移的电子为(a-b)mol，阳极的电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，则阳极生成的氢离子为(a-b)mol，根据2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，理论上生成重铬酸钠的物质的量是mol，故答案为：。10.科学家对一碳化学进行了广泛深入的研究并取得了一些重要成果。(1)已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H190.1kJ/mol；3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H231.0kJ/mol CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式为_。(2)现向三个体积均为2L的恒容密闭容器I、II、中，均分别充入1
26、molCO 和2mo1H2发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1-90.1kJ/mol。三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变。当反应均进行到5min时H2的体积分数如图1所示，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。5min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器_(填序号)。0-5 min内容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v(CH3OH)=_。(保留两位有效数字)(3)CO常用于工业冶炼金属，在不同温度下用CO 还原四种金属氧化物，达到平衡后气体中lgc(CO)/c(CO2)与温度(T)的关系如图2所示。下列说法正确的是_(填字母)。A工业上可以通过
27、增高反应装置来延长矿石和CO接触面积，减少尾气中CO的含量BCO用于工业冶炼金属铬(Cr)时，还原效率不高C工业冶炼金属铜(Cu) 时，600下CO的利用率比1000下CO的利用率更大DCO还原PbO2的反应H0(4)一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是2molL1的KOH溶液。请写出加入(通入)a物质一极的电极反应式_；每消耗6.4g甲醇转移的电子数为_。(5)一定条件下，用甲醇与一氧化碳反应合成乙酸可以消除一氧化碳污染。常温下，将a mol/L醋酸与b mol/LBa(OH)2溶液等体积混合后，若溶液呈中性，用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数Ka为_。【答案】 (1). 3C
28、O(g)+6H2(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H-301.3kJ/mol (2). (3). 0.067 mol/(Lmin) (4). BC (5). CH3OH6e+8OH=CO32-+6H2O (6). 1.2NA(或1.26.021023) (7). 【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析书写CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式；(2)温度越高反应速率越快，达到平衡状态时，需要的时间越短，据此判断；利用三段式求出反应生成的甲醇的物质的量浓度，再根据v=计算；(3)A、增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变；B、由图像可知，用
29、CO工业冶炼金属铬时，一直很高，说明CO转化率很低；C、由图像可知，温度越低，越小，故CO转化率越高；D、CO还原PbO2的反应，达到平衡后升高温度，升高，即升高温度，CO的含量增大，说明平衡逆向移动，据此分析判断；(4)根据电子的移动方向判断出原电池的正负极，负极上甲醇失去电子生成碳酸钾，根据电子与甲醇的物质的量关系计算；(5)溶液等体积，混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合电离平衡常数的表达式计算。【详解】(1)CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H1=-90.1kJ/mol，3CH3OH(g) CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H2=-31.0kJ/mo
30、l，根据盖斯定律，将3+得到CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式：3CO(g)+6H2(g) CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) H=-301.3kJ/mol，故答案为：3CO(g)+6H2(g) CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)H=-301.3kJ/mol；(2)三个容器的反应温度分别为Tl、T2、T3且恒定不变，当反应均进行到5min时H2的体积分数如图1所示，温度越高，反应速率越快，达到平衡需要的时间越短，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态，最有可能是，平衡后，升高温度，平衡逆向进行，氢气含量最大，故答案为：；设反应生成的甲醇为xmol/L， CO(g)+2
31、H2(g) CH3OH(g)开始(mol/L)：0.5 1 0 转化(mol/L)： x 2x x 平衡(mol/L)：0.5-x 1-2x x 到5min时，氢气的体积分数为0.4，则=0.4，解得：x=mol/L，容器I中用CH3OH表示的化学反应速率v(CH3OH)=0.067mol/(Lmin)，故答案为：0.067 mol/(Lmin)；(3)A.增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变，故A错误；B.由图像可知用CO工业冶炼金属铬时，一直很高，说明CO转化率很低，故B正确；C.由图像可知温度越低，越小，故CO转化率越高，工业冶炼金属铜(Cu) 时，6
32、00下CO的利用率比1000下CO的利用率更大，故C正确；D.CO还原PbO2的反应，达到平衡后升高温度，升高，即升高温度，CO的含量增大，说明平衡逆向移动，此反应的H0，故D错误；故答案为：BC；(4)电池反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，该电池负极是甲醇失电子生成碳酸钾，根据图像可知，b电极为正极，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，a为负极，电极反应式为CH3OH6e+8OH=CO32-+6H2O，6.4g甲醇的物质的量为=0.2mol，转移电子的物质的量为0.2mol 6=1.2mol，即 1.2NA(或1.26.021023)，故答案为：CH3
33、OH6e+8OH=CO32-+6H2O；1.2NA(或1.26.021023)；(5)通常状况下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，溶液呈中性，根据电荷守恒，2c(Ba2+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液呈中性，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，则c(CH3COO-)=2c(Ba2+)=2mol/L=bmol/L，醋酸电离平衡为CH3COOH CH3COO-+H+，则K=，故答案为：。11.三乙酸锰可作单电子氧化剂，用如下反应可以制取三乙酸锰：4Mn(NO3)26H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3M
34、n +8HNO2+ 3O2+40CH3COOH。(1)基态锰原子的价层电子排布式为_。(2) CH3COOH中碳原子的杂化形式为_。(3) NO3-的空间构型是_，与NO3-互为等电子体的分子的化学式为_(任写一种)。(4) CH3COOH能与H2O以任意比互溶的原因是_。(5)某种镁铝合金可作为储钠材料，该合金晶胞结构如图所示，晶胞棱长为anm，该合金的化学式为_，晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为_，该晶体的密度为_g/cm3(阿伏伽德罗常数的数值用NA表示)。【答案】 (1). 3d54s2 (2). sp3和sp2 (3). 平面三角形 (4). BF3或BCl3 (5). C
35、H3COOH与H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键 (6). Mg2Al (7). 4 (8). 【解析】【分析】(1)锰为25号元素，基态锰原子的价层电子为其3d、4s能级上的电子；(2)CH3COOH中甲基上C原子价层电子对个数是4、羧基上C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断碳原子的杂化形式；(3)根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，判断NO3-离子的空间构型，与NO3-互为等电子体的分子中含有4个原子、价电子数是24；(4)极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，能和水分子形成分子间氢键的物质易溶于水；(5)根据均摊法计算晶胞中含有Al原子和Mg原子个数，确定晶胞的
36、化学式；根据晶胞结构判断晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目；根据晶体的密度=计算。【详解】(1)锰为25号元素，价层电子为其3d、4s能级上的电子，基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2 ，故答案为：3d54s2；(2) CH3COOH中甲基上的碳原子含有4个键，没有孤电子对，采用sp3杂化，羧基上的碳原子含有3个键，没有孤电子对，采用sp2杂化，故答案为：sp3和sp2；(3) NO3一中氮原子价层电子对数为3+=3，N原子轨道杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形；NO3-中有4个原子，5+63+1=24个价电子，SO3中有4个原子，6+63=24个价电子，与NO3-是等电子体，B
37、F3、BCl3等也与硝酸根离子为等电子体，故答案为：平面三角形；SO3或BF3、BCl3等； (4) CH3COOH与H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键，使得CH3COOH能与H2O以任意比互溶，故答案为：CH3COOH与H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键；(5)该晶胞中含有Al原子个数=2=1、Mg原子个数=2+8=2，所以其化学式Mg2Al；在晶胞中，镁原子位于顶点和2个面的面心，铝原子位于2个面的面心，每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为4个，距离均为面对角线长度的一半；晶胞棱长为anm，则晶胞体积=(a10-7)3cm3，晶胞的质量=g=g，则晶胞的密度=g/cm3，故答案为：Mg2Al；4；。【点睛】明确原子结构、物质结构和晶胞的计算是解本题关键。本题的易错点为(1)，要注意第四周期的过渡金属元素的价电子包括3d电子。
