1、临泽一中2018-2019学年第二学期期末试卷高二化学可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Zn 65第卷一、选择题：本题共14个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.本草衍义中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是（）A. 蒸馏B. 升华C. 干馏D. 萃取【答案】B【解析】【详解】“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体，类似于碘的升华，因此涉及的操作
2、方法是升华，答案选B。2.一种新型材料B4C，它可用于制作切削工具和高温热交换器。关于B4C的推断正确的是A. B4C是一种原子晶体B. B4C是一种离子晶体C. B4C是一种分子晶体D. B4C分子是由4个硼原子和1个碳原子构成的【答案】A【解析】【详解】B4C由非金属性元素组成，不可能为离子晶体，可用于制作切削工具和高温热交换器，说明该物质的熔点高，硬度大，符合原子晶体的特征，应为原子晶体，原子晶体中不存在单个分子，构成微粒为原子，故选A。3.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（标准状况下的累计值
3、）：时间/min12345氢气体积/mL50120232290310下列分析合理的是A. 34 min时间段反应速率最快B. 影响该反应的化学反应速率的决定性因素是盐酸浓度C. 23 min时间段内用盐酸表示的反应速率为0.1 mol/(Lmin)D. 加入蒸馏水或Na2CO3溶液能降低反应速率且最终生成H2的总量不变【答案】C【解析】【详解】A、相同时间段内，生成H2的体积越大，反应速率越大，23 min内生成H2体积为112 mL，其余时间段内H2体积均小于112 mL，故23 min时间段反应速率最快，故A错误；B、影响化学反应速率决定性因素是物质本身的性质，盐酸浓度是外部条件，故B错误
4、；C、23 min时间段内，生成0.005 mol H2，则消耗0.01 mol HCl，c(HCl)=0.01 mol/0.1 L=0.1 molL1，t=1 min，v(HCl)=0.1 molL1/1 min= 0.1 mol/(Lmin)，故C正确；D、Na2CO3消耗H+，导致生成H2速率降低，且产生H2的量减小，故D错误。4. 下列无机含氧酸分子中酸性最强的是（）A. HNO2B. H2SO3C. HClO3D. HClO4【答案】D【解析】试题分析：元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外，据此分析解答解：同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强
5、，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外，N、S、Cl三种元素，非金属性最强的是Cl元素，其最高价氧化物的水化物是HClO4，所以HClO4的酸性最强，故选D5.BF3是典型的平面三角形分子，它溶于氢氟酸或NaF溶液中都形成BF4-离子，则BF3和BF4-中的B原子的杂化轨道类型分别是A. sp2、sp2B. sp3、sp3C. sp2、sp3D. sp、sp2【答案】C【解析】【详解】BF3分子的中心原子B原子上含有3个 键，中心原子B的价层电子对数为3+=3，采用sp2杂化；BF4-的中心原子B的价层电子对数为
6、4+=4，采用sp3杂化，故选C。【点睛】本题的易错点和难点为BF4-中中心原子B的孤电子对的计算，要注意孤电子对个数=(a-xb)在离子中的计算方法。6.一定温度下在一个2 L的恒容密闭容器中发生反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)，经2 min达平衡状态，此时B反应消耗了0.9 mol，下列说法正确的是A. 平衡时，v(A)v(B)v(C)v(D) =4321B. 混合气的平均相对分子质量可作为平衡标志C. 充入惰性气体使压强增大可加快反应速率D. C平均反应速率为0.5 mol/(Lmin)【答案】B【解析】【分析】经2min达平衡状态，此时B反应消耗了0.9mol，则 4A(
7、s)+3B(g)2C(g)+D(g)，开始(mol) m n 00转化(mol) 1.2 0.9 0.6 0.3平衡(mol) m-1.2 n-0.9 0.6 0.3结合化学反应速率和化学平衡的影响因素分析解答。【详解】A平衡时，v(B)v(C)v(D)=321，A为固体，不能用浓度的变化表示反应速率，故A错误；B气体的物质的量不变，但气体的质量为变量，根据=，气体的平均相对分子质量为变量，则气体的平均相对分子质量不变，可作为平衡标志，故B正确；C充入惰性气体使压强增大，由于密闭容器的体积不变，则各组分的浓度不变，则反应速率不变，故C错误；D根据上述分析，经2min达平衡状态，此时B反应消耗了
8、0.9mol，则生成0.6molC，C的平均反应速率为=0.15mol/(Lmin)，故D错误；答案选B。【点睛】解答本题的关键是注意A为固体。本题的易错点为C，要注意充入惰性气体使压强增大，但容器的体积不变，方程式中各物质的浓度不变。7. 中学化学中很多“规律”都有其适用范围,下列根据有关“规律”推出的结论合理的是 ()A. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势,推出Al的第一电离能比Mg大B. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系,推出卤族元素最高正价都是+7C. 根据同周期元素的电负性变化趋势,推出Ar的电负性比Cl大D. 根据较强酸可以制取较弱酸的规律,推出CO2通入NaClO溶液中能
9、生成HClO【答案】D【解析】试题分析：Al的第一电离能比Mg小，A错误；卤族元素中F没有正价，B错误；Ar最外层已达8个电子稳定结构，电负性比Cl小很多，C错误；H2CO3的酸性强于HClO，所以CO2通入NaClO溶液中能生成HClO，离子方程式为：CO2+ClO-+H2OHCO3-+HClO，因此只有D项正确。考点：性质规律的归纳8.下列有关叙述不正确的是A. CO2分子中键和键之比为11B. PCl5中所有原子均满足8电子稳定结构C. 由于HCOOH分子间存在氢键，则同压下，HCOOH的沸点比CH3OCH3的高D. CH2=CH-CHO分子中碳原子的杂化类型均为sp2【答案】B【解析】
10、【详解】A共价单键为键，共价双键中含有一个键、一个键，二氧化碳结构式为O=C=O，所以二氧化碳分子中含有2个键、2个键，则键和键之比为11，故A正确；B在共价化合物中，中心原子最外层电子数+化合价的绝对值=8，则该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该物质中P原子最外层电子数+化合价的绝对值=5+5=10，所以该分子中P原子不满足8电子稳定结构，故B错误；C分子晶体中，分子间存在氢键的物质熔沸点较高，甲酸分子间存在氢键、甲醚分子间不存在氢键，所以甲酸熔沸点高于甲醚，故C正确；D丙烯醛中所有C原子价层电子对个数都是3，根据价层电子对互斥理论知，该分子中3个C原子都采用sp2杂化，故
11、D正确；答案选B。9.现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是()A. 最高正化合价：B. 原子半径：C. 电负性：D. 第一电离能：【答案】D【解析】【详解】由核外电子排布式可知，1s22s22p63s23p4为S元素，1s22s22p63s23p3为P元素，1s22s22p5为F元素；AS元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，故最高正化合价：，但F没有正化合价，故A错误；B同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径PSF，即，故B错误；C同周期自左
12、而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性，故C错误；D同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能FPS，即，故D正确；故答案为D。10.下列说法正确的是A. 测定盐酸和NaOH溶液反应的中和热时，每次实验均应测量三个温度，即盐酸的起始温度、NaOH溶液的起始温度和反应后的终止温度B. HCl和NaOH反应的中和热H=57.3 kJmol1，则稀H2SO4和稀Ca(OH)2溶液反应的中和热 H=257.3 kJmol1C. 燃烧热是指在101 kPa时可燃物完全燃烧时所放出的
13、热量D. S(s)+ O2(g)SO3(g) H=315 kJmol1(燃烧热)【答案】A【解析】本题的易错之处是不能正确判断燃烧热的反应产物而错选D项。B项，中和热是指在稀溶液中，强酸与强碱反应生成1 mol H2O时放出的热量，生成微溶物CaSO4时也会产生热量，B项错误。C项，燃烧热是指在101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C项错误。D项，S完全燃烧生成的稳定氧化物应为SO2气体，D项错误。11.短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，c和e的原子序数相差8。常温下，由这些元素组成的物质有如下实验现象：甲（红棕色）+乙（液态）丙（强酸）+丁（
14、无色气体）；戊（淡黄色）+乙己（强碱）+庚（无色气体）。下列说法正确的是A. 简单的离子半径：debcB. c的气态氢化物热稳定性比e的强C. 化合物戊含离子键和极性键D. 由a、c、d、e四种元素组成的化合物只有一种【答案】B【解析】【分析】短周期元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大。常温下，由这些元素组成的物质有如下实验现象：甲(红棕色)+乙(液态)丙(强酸)+丁(无色气体)，则甲为NO2，乙为H2O，丙为HNO3，丁为NO；戊(淡黄色)+乙己(强碱)+庚(无色气体)，则戊为Na2O2，己为NaOH，庚为O2。因此a为H元素、b为N元素、c为O元素、d为Na元素；c和e的原子序数相差8
15、，则c和e为同一主族元素，则e为S元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，a为H元素、b为N元素、c为O元素、d为Na元素，e为S元素。甲为NO2，乙为H2O，丙为HNO3，丁为NO，戊为Na2O2，己为NaOH，庚为O2。A一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，简单的离子半径：e bc d，故A错误；B非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性OS，因此O的气态氢化物热稳定性比S的强，故B正确；C化合物戊为Na2O2，其中含离子键和O-O非极性键，故C错误；D由a、c、d、e四种元素组成化合物有硫酸氢钠、亚硫酸氢钠等，不止一种，故D错误；答案选B。12.锂钒
16、氧化物电池的能量密度远远超过其他材料电池，其成本低，便于大量推广，且对环境无污染。已知电池的总反应为V2O5xLiLixV2O5，下列说法正确的是A. 电池在放电时，Li向电源负极移动B. 充电时阳极的反应为LixV2O5xe=V2O5xLiC. 放电时负极失重7.0 g，则转移2 mol电子D. 该电池以Li、V2O5为电极，酸性溶液作介质【答案】B【解析】【分析】放电时，该原电池中锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，据此分析解答。【详解】A电池在放电时，该装置原电池，原电池中阳离子向正极移动，因此锂离子向正极移动，故A错误；B该电池充电时，正极
17、与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为：LixV2O5-xe-V2O5+xLi+，故B正确；C放电时，负极为锂失去电子生成锂离子，负极失重7.0 g，反应的锂的物质的量=1mol，转移1 mol电子，故C错误；D锂为活泼金属，能够与酸反应，因此不能用酸性溶液作介质，故D错误；答案选B。13.在容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和3.5 mol H2(g)，在一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H0。反应进行8 min时达到平衡状态，测得n(CH3OH)=0.5mol。该反应的平衡常数K与温度T
18、的关系如图1所示，CO2的转化率如图2所示，下列说法错误的是A. 在图1中，曲线表示该反应的平衡常数K与温度T的关系B. 该温度下，平衡常数K=0.25C. 其他条件不变下，图2中x可表示温度或压强或投料比c(CO2)/c(H2)D. 用二氧化碳合成甲醇体现了碳减排理念【答案】C【解析】【分析】在容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和3.5 mol H2(g)，在一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H0。反应进行8 min时达到平衡状态，测得n(CH3OH)=0.5mol，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始
19、(mol) 1 3.5 0 0反应(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5平衡(mol) 0.5 2 0.5 0.5据此分析解答。【详解】ACO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H0，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，因此在图1中，曲线表示该反应的平衡常数K与温度T的关系，故A正确；B根据上述分析，该温度下，平衡常数K= 0.25，故B正确；C根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H甲乙 (5). 图 2 (6). 20.00【解析】【分析】(1)0.1molL-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，根据Kw=c(H+
20、)c(OH-)计算溶液中c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算溶液的pH值；(2)溶液中存在水和醋酸，都是弱电解质，存在电离平衡；(3)用水稀释0.01molL-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，由于体积增大程度较大，所以氢离子浓度减小，据此分析判断；(4)酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，据此分析判断；(5)乙酸为弱电解质，滴定终点时，溶液呈碱性，结合图像分析解答。【详解】(1)0.1molL-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，故溶液中c(H+)= mol/L=10-13mol/L，故该溶液的pH=-lg10-13=13
21、，故答案为：13；(2)0.1molL-1的CH3COOH溶液中存在溶剂水、水为弱电解质，溶质乙酸为弱电解质，存在电离平衡为CH3COOHCH3COO-+H+，故答案为：H2OOH-+H+、CH3COOHCH3COO-+H+；(3)用水稀释0.01molL-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，故正确；用水稀释0.01molL-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，由于体积增大程度较大，所以氢离子浓度减小，故错误；加水稀释0.01molL-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离平衡常数Ka=不变，c(H+)减小，所以增大，则减小，
22、故错误；用水稀释0.01molL-1的CH3COOH溶液，c(H+)减小，Kw不变，所以c(OH-)增大，故正确；故答案为：；(4)酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离，乙酸是弱电解质，氢氧化钠、氯化氢是强电解质，所以相同物质的量浓度的乙酸和盐酸和氢氧化钠，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度小于醋酸，相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠对水电离抑制程度相等，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度等于氢氧化钠溶液中水电离出的氢氧根离子浓度，所以水电离出的氢氧根离子浓度大小顺序是：丙甲=乙，故答案为：丙甲=乙；(5)醋酸为弱电解质，滴定过程中pH变化较盐酸缓慢，滴定终点时溶液呈碱性，则滴定醋酸溶液的曲
23、线是图2，故答案为：图2；滴定终点时n(CH3COOH)=n(NaOH)，则a=20.00mL，反应生成了醋酸钠，醋酸根离子发生水解，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，溶液显示碱性pH7，故答案为：20.00。16.B、N、Ti、Fe都是重要的材料元素，其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。（1）基态Fe2的电子排布式为_；Ti原子核外共有_种运动状态不同的电子。（2）BH3分子与NH3分子的空间结构分别为_；BH3与NH3反应生成的BH3NH3分子中含有的化学键类型有_，在BH3NH3中B原子的杂化方式为_。（3）N和P同主族。科学家目前合成了N4分子，该分子中NNN键的键角
24、为_；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，推测其用途_。(写出一种即可)（4）NH3与Cu2可形成Cu(NH3)42配离子。已知NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与Cu2形成配离子，其原因是_。（5）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图所示。化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是_。化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为_。【答案】 (1). 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 或Ar3d6 (2). 22 (3). 平面正三角形、三角锥形 (4). 共价键、配位键 (5). sp3 (6). 60 (7). 制造火箭推进剂
25、或炸药(其他合理答案均可) (8). F 的电负性比 N 大，NF 成键电子对偏向 F，导致 NF3 中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键 (9). 化合物乙分子间存在氢键 (10). NOC【解析】【分析】(1)铁为26号元素，原子失去最外层4s能级2个电子，形成Fe2+，据此书写核外电子排布式，核外的每个电子的运动状态均不同；(2)NH3分子中氮原子含有孤电子对，BF3分子中B元素不含孤电子对，导致其空间构型不同；根据价层电子对互斥理论确定BF3的分子空间构型；(3)N4分子与P4结构相似，为正四面体构型，每个面均为正三角形；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，据此判断用
26、途；(4)NF3中N-F成键电子对偏向于F原子，N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子；(5)氢键的存在导致物质熔沸点升高；化合物乙中能形成sp3杂化的原子有C、N、O元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，据此排序。【详解】(1)铁原子失去最外层4s能级2个电子，形成Fe2+，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6；Ti元素原子核外有22个电子，所以原子中运动状态不同的电子共有22种，故答案为：1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6；22；(2)NH3分子中氮原子含有孤电子对，B
27、F3分子中B元素不含孤电子对，BF3中B原子含有3个键且不含孤电子对，所以BF3为平面三角形构型，NH3中N原子含有3个键和1个孤电子对，所以NH3为三角锥构型；BF3NH3分子中含有化学键类型有共价键、配位键；在BF3NH3中B原子的价层电子对数为4+0=4，杂化方式为sp3，故答案为：平面正三角形；三角锥型；共价键、配位键；sp3；(3)N4分子中N原子形成3个键、含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化，每个面为正三角形，N-N 键的键角为60；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，可以制造火箭推进剂或炸药，故答案为：60；制造火箭推进剂或炸药；(4)F的电负性大于N元素
28、，NF3中N-F成键电子对偏向于F原子，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子，所以NF3不易与Cu2+形成配离子，故答案为：F的电负性比N大，N-F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键；(5)氢键的存在会导致物质熔沸点升高，乙中含有分子间氢键、甲不含氢键，所以化合物乙熔沸点高于甲；化合物乙中能形成sp3杂化的原子有C、N、O元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能NOC，故答案为：化合物乙分子间存在氢键；NOC。
29、17.氢气是一种重要的工业原料和清洁能源，可用作合成氨、合成甲醇、合成盐酸的原料，冶金用还原剂等。（1）已知：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H=+206.2 kJmol1。CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H=+247.4 kJmol1则反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H= _kJmol1。（2）工业合成氨的反应原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=92.4 kJmol1。该反应中的H2制取成本较高，工业生产中往往追求H2的转化率。增大H2的平衡转化率的措施有_（填字母代号）。a增大压强b升高温度c增大N2浓度d
30、及时移走生成物NH3e使用高效催化剂升高温度，该可逆反应的平衡常数K_（填“增大”“不变”或“减小”）。某温度下，把10 mol N2与28 mol H2置于容积为10 L的恒容密闭容器内，10 min时反应达到平衡状态，测得平均速率v(NH3)=0.12 molL1min1，H2的平衡转化率为_（保留三位有效数字），则该温度下反应的平衡常数K=_。（3）下图所示装置工作时均与H2有关。图l所示装置，通入H2的管口是_（填字母），正极反应式为_。图2是实验室制备H2的实验装置，在漏斗中加入1 mL CuSO4溶液，可观察到气泡生成速率明显加快，原因是_，若反应装置中硫酸过量，则加入CuSO4溶
31、液后，生成的氢气量_（填“增大”“不变”或“减小”）。【答案】 (1). +165.0 (2). acd (3). 减小 (4). 64.3 (5). 3.6 mol2L2 (6). b (7). O2+2H2O+4e4OH (8). Zn还原出Cu，Cu、Zn与硫酸形成原电池 (9). 减小【解析】（1）利用盖斯定律，使第一个热化学方程式乘2，然后减去第二个热化学方程式，可得新的热化学方程式CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H=+165.0 kJmol1。（2）N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=92.4 kJmol1，该反应为气体物质的量减小、放热的反应，故增
32、大压强，降低温度，可使平衡正向移动，H2转化率提高；增大一种反应物的浓度，可提高另外反应物的转化率；及时移走生成物，可使平衡正向移动，反应物转化率提高；催化剂只能提高反应速率，不能改变化学平衡，答案选acd。该反应为放热反应，故升温平衡逆向移动，平衡常数减小。平衡生成的n(NH3)为0.12 molL1min110 L10 min=12 mol，故消耗的H2为18 mol，其转化率为18 mol/28 mol100%=64.3；平衡时，c(N2)=(10 mol 6 mol)/10 L=0.4 mol/L，c(H2)=(28 mol18 mol)/10 L=1 mol/L，c(NH3)=12
33、mol/10 L=1.2 mol/L，平衡常数K=3.6 (mol2L2)。（3）由图1中OH移动方向可知b为负极，是H2发生氧化反应的电极；正极为O2得电子与水反应生成OH，电极反应式为O2+2H2O+4e4OH；加入CuSO4后，Cu2+与Zn发生置换反应生成Cu，Cu、Zn与硫酸形成原电池，使生成H2的速率加快。由于部分Zn参与置换反应，故生成氢气的量减小。18.硫和锌及其化合物用途广泛。回答下列问题：（1）基态硫原子的价电子排布图为_。（2）已知基态锌、铜的电离能如表所示：由表格数据知，I2(Cu)I2(Zn)的原因是_。（3）H2O分子中的键长比H2S中的键长_（填“长”或“短”）。
34、H2O分子的键角比H2S的键角大，其原因是_。（4）S8与热的浓NaOH溶液反应的产物之一为Na2S3,S32-的空间构型为_。（5）噻吩（）广泛应用于合成医药、农药、染料工业。噻吩分子中的大键可用符号 表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为 ），则噻吩分子中的大键应表示为_。噻吩的沸点为84 ，吡咯（）的沸点在129131 之间，后者沸点较高，其原因是_。1 mol吡咯含_mol 键。（6）硫化锌是一种半导体材料，其晶胞结构如图所示。已知：硫化锌晶体密度为d gcm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Zn2+和S2-之间的最短核间距（x）为
35、_nm（用代数式表示）。【答案】 (1). (2). Zn 失去第二个电子达到 3d10 稳定结构，而 Cu 失去第一个电子即达到稳定结构 (3). 短 (4). 氧原子半径小于硫，水分子中成键电子对之间排斥力大于 H2S (5). V 形 (6). (7). 吡咯分子间存在氢键 (8). 10 (9). 【解析】【分析】(1)硫为16号元素，据此书写价电子排布图；(2)Zn 为30号元素，价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2， Cu为29号元素，价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，据此分析I2(Cu) I2(Zn) 的原因；(3)O原子半径比S原
36、子半径小；O的电负性大于S，键合电子对偏向O，据此分析解答；(4)根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数计算S32-的中心原子S的价层电子对数分析判断；(5)噻吩()分子为平面结构，环中存在两根键，S的pz轨道中一对电子与环上的电子共轭，形成离域大键，据此分析解答；吡咯环中存在N，N的电负性较S大，吡咯能形成分子间氢键；根据吡咯()的结构判断1 mol吡咯含有的键数；(6)根据均摊法计算晶胞中Zn、S原子数目，确定晶胞质量，根据晶胞的密度计算晶胞棱长，Zn2+和S2-之间的最短核间距(x)为体对角线长度的，据此分析计算。【详解】(1)硫为16号元素，最外层有6个电子，价电子排布图为，故答案为
37、：；(2)Zn 为30号元素，价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，失去第二个电子达到 3d10 稳定结构，而 Cu为29号元素，价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去第一个电子即达到稳定结构，使得I2(Cu) I2(Zn) ，故答案为：Zn 失去第二个电子达到 3d10 稳定结构，而 Cu 失去第一个电子即达到稳定结构；(3)O原子半径比S原子半径小，使得H2O分子中的键长比H2S中的键长短；O的电负性大于S，键合电子对偏向O，键合电子对与键合电子对间斥力增大，键角增大，使得H2O分子中的键角HOH 比H2S分子中的键角HSH 大，故答案为：短
38、：氧原子半径小于硫，水分子中成键电子对之间排斥力大于 H2S；(4)单质硫与热的NaOH 浓溶液反应的产物之一为Na2S3，S32-属多硫链的一种，S32-的中心原子S的价层电子对数=2+=4，采用sp3杂化，中心原子形成2个键、还有2个孤电子对，因此S32-的空间构型为V形，故答案为：V形；(5)噻吩()分子为平面结构，环中存在两根键，S原子价电子排布式为3s23p4，S的pz轨道中一对电子与环上的电子共轭，形成离域大键，形成五中心六电子的离域大键，记为，故答案为：；噻吩的沸点为84，吡咯( )的沸点在129131之间，后者沸点较高，因为吡咯环中存在N，N的电负性较S大，吡咯能形成分子间氢键
39、使沸点升高，而噻吩分子间不能形成氢键，根据吡咯()的结构可知，1 mol吡咯含有4molC-H键、1molC-C键、2molC=C键、2molC-N键、1molN-H键，共含10mol 键，故答案为：吡咯分子间存在氢键；10；(6)晶胞中Zn原子数目=4、S原子数目=8+6=4，晶胞质量=g，设晶胞棱长为 a nm，则dgcm-3(a10-7 cm)3=g，解得a=107 nm，Zn2+和S2-之间的最短核间距(x)为体对角线长度的，因此Zn2+和S2-之间的最短核间距(x)为107 nm，故答案为：107 。【点睛】本题的易错点和难点为(6)中晶胞的计算，要注意Zn2+和S2-之间的最短核间距(x)为体对角线长度的；另一个难点为(5)，重点是判断形成大键的电子数。