1、四川省南充市阆中中学2019-2020学年高二化学下学期第二次月考试题（含解析）H-1 Na-23 O-16一、单选题(每小题5分，共计60分，请将答案写在答题卡上)1.化学与人类生产、生活、科研密切相关。下列有关说法正确的是（ ）A. 白酒中混有少量的塑化剂(易溶于酒精)，可以通过过滤的方法除去B. 蚕丝的主要成分是蛋白质C. 向燃煤中加入生石灰的目的是减少温室气体的排放D. 油脂在人体内水解为氨基酸，才能被人体吸收【答案】B【解析】【详解】A过滤是分离难溶性固体与液体混合物的操作方法，塑化剂为有机物，易溶于酒精，不能通过过滤方法分离，A错误；B蚕丝主要成分是蛋白质，B正确；C燃煤中加入生石
2、灰的主要作用是吸收煤燃烧生成的SO2气体，使其最终转化为热稳定性强的硫酸钙，从而可减少硫酸型酸雨的形成，C错误；D油脂在人体内的水解产物为高级脂肪酸和甘油，D错误；故合理选项是B。2.港珠澳大桥设计寿命达120年，对桥体钢构件采用的主要的防腐方法有：钢梁上安装铝片；使用高性能富锌(富含锌粉)底漆；使用高附着性防腐涂料；预留钢铁腐蚀量。下列分析不正确的是( )A. 钢铁在海水中的腐蚀主要为析氢腐蚀B. 方法只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除C. 钢铁发生吸氧腐蚀时的负极反应式为：Fe-2e- =Fe2+D. 防腐原理是牺牲阳极的阴极保护法【答案】A【解析】【详解】A海水成中性，或弱酸性，因此钢铁在海
3、水中的腐蚀主要为吸氧腐蚀，故A错误；B防腐方法并不能完全防止铁的腐蚀，只能减缓钢铁腐蚀，故B正确；C钢铁发生吸氧腐蚀时的负极是Fe失电子生成亚铁离子，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故C正确；D铝和锌的活泼性大于铁，防腐过程中铝和锌均失去电子，铁为正极被保护，所以防腐原理是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故选A3.下列热化学方程式中，正确的是（ ）A. 甲烷燃烧热为890.3 kJmol-1，热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=+890.3 kJmol1B. 稀盐酸和稀氢氧化钠溶液混合，其热化学方程式为：H+OH-=H2O H=-57.3 kJm
4、ol1C. H2燃烧热为285.8kJmol1，燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H=-571.6 kJmol1D. 500、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-38.6 kJmol-1【答案】C【解析】【详解】A甲烷的燃烧热为890.3 kJmol1表示1 mol甲烷完全燃烧产生CO2气体和液态水时放出热量是890.3 kJ，则表示其燃烧热的化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l
5、) H=-890.3 kJmol1，A错误；B物质反应过程的能量变化不仅与反应的物质的多少有关，也与物质的存在状态有关，因此要注明物质的存在状态，稀盐酸和稀氢氧化钠溶液混合反应产生水的热化学方程式为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H=-57.3 kJmol1，B错误；CH2燃烧热为285.8kJmol1，表示1 mol H2完全燃烧产生1 mol液态H2O，放出285.8 kJ的热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H=-571.6 kJmol1，C项正确；D合成氨为可逆反应，0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应
6、生成氨气的物质的量小于1 mol，放热19.3 kJ，则热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H1，故HA是弱酸，A正确；Bb溶液显酸性，由电荷守恒可知，B错误；C溶液中存在电荷守恒：，当溶液pH=7呈中性时，则，所以b、c之间一定存在的点，C正确；Da、b点溶液显酸性，HA电离出的对水的电离起抑制作用，c点酸碱恰好完全反应生成盐NaA，对水的电离起促进的作用，所以a、b、c三点中，c点水的电离程度最大，D正确；故答案选B。【点睛】溶液中一直存在电荷守恒，酸、碱对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起促进作用。8.中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂
7、表面实现高效分解水，其主要过程如下图所示。已知：几种物质中化学键的键能如下表所示。化学键H2O中HO键O2中OO 键H2中HH键H2O2中OO键H2O2中OH键键能kJ/mol463496436138463若反应过程中分解了2 mol水，则下列说法不正确的是A. 总反应为2H2O2H2+O2B. 过程I吸收了926 kJ能量C. 过程II放出了574 kJ能量D. 过程属于放热反应【答案】D【解析】【详解】A由图可知，总反应为水分解生成氢气和氧气，实现了光能向化学能的转化，反应的方程式为2H2O2H2+O2，故A正确；B过程I为2molH2O分子变成2mol氢原子和2mol羟基的过程，吸收的能
8、量=463 kJ2=926 kJ，故B正确；C过程II为2mol氢原子和2mol羟基生成1mol氢气和1mol过氧化氢，放出的能量=436 kJ +138kJ=574 kJ，故C正确；D过程为1mol过氧化氢变成1mol氧气和1mol氢气，断开1molH2O2中2molHO键和1molOO键，形成1molO2中OO 键和1molH2中HH键，吸收的能量=463 kJ2 +138 kJ =1064kJ，放出的能量=496 kJ +436 kJ =932 kJ，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，故D错误；答案选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意图中化学键的变化，分别计算吸收的能量和放出
9、的能量，在判断反应的热效应。9.常温下，向两只分别盛有50 mL0.100 mol/L盐酸的烧杯中各自匀速滴加50 mL蒸馏水、50 mL0.100 mol/L醋酸铵溶液，装置如图所示(夹持仪器等已略)。已知：常温下，CH3COONH4溶液pH约为7。下列说法正确的是（ ）A. 实验滴加过程中溶液所有离子浓度都减小B. 实验滴至pH=2时，溶液中c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=0.01 mol/LC. 实验滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)0.01 mol/L，B错误；C由于酸性：HClCH3COOH，CH3COOH是弱酸，所以将CH3COONH4溶液滴加到盐酸中，
10、会发生反应：HCl+CH3COONH4=CH3COOH+NH4Cl，而NH4+不发生反应，仅有少量发生水解而消耗，且在酸溶液中水解程度会减弱，因此实验滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)c(NH4+)，C正确；D滴定结束后，为稀HCl，中发生的反应HCl+CH3COONH4=CH3COOH+NH4Cl恰好完全，最终得到等浓度的CH3COOH和NH4Cl混合溶液，中HCl的浓度与中CH3COOH浓度相等，由于酸电离产生H+会抑制水的电离，但醋酸是弱酸，其电离对水的电离的抑制作用远小于等浓度的盐酸，且溶液中还存在NH4Cl会促进水的电离平衡，故滴定结束后，中水的电离程度比中小，D错误；故合
11、理选项是C。10.在密闭容器中加入CaSO4和CO，在一定温度下，发生反应：CaSO4(s)CO(g) CaO(s)SO2(g)CO2(g)H218.4 kJmol1CO的反应速率随时间变化如图所示。下列说法正确的是()A. 该反应是吸热反应，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小B. CaO是固态，不能用CaO表示反应的快慢C. 图示中t1时改变的条件可能是减小c(CO)，同时增大c(SO2)D. 图示中t1时改变的条件可能是增大压强【答案】C【解析】【详解】A一般情况下，升高温度都会使反应速率增大，因此升高温度后，正逆反应反应速率都会增加，A项错误；B反应速率有多种表示方法，由于CaO是
12、固体，所以不能用其浓度的变化表示反应速率；但是可以用其质量的变化反映反应速率的大小，B项错误；C图中t1时刻后，v正减小而v逆增大；根据反应速率的影响因素可知，若减小CO的浓度会导致正反应速率下降，若同时增大SO2的浓度则会导致逆反应速率上升，C项正确；D若增大压强，则会导致正逆反应速率都增大，这与图像中的反映的信息不符，D项错误；答案选C。【点睛】对于可逆反应的v-t图，若在平衡后只改变温度，则必然发生平衡移动现象，并且v正和v逆同时增大或减小；若只改变压强，则不一定发生平衡移动现象，但是v正和v逆仍同时增大或减小。二、填空题(每空2分，共计40分，请将答案写在答题卡上)11.请按照下列要求
13、回答问题：(1)硫化钠水解的离子方程式：_。(2)浓的Al2(SO4)3溶液和浓的小苏打(NaHCO3)溶液混合可用于灭火，请用离子反应方程式表示灭火的原理_。(3)将25下pH=12的Ba(OH)2溶液a L与pH=1的HCl溶液b L混合，若所得混合液为中性，则a：b=_。(溶液体积变化忽略不计)。(4)pH=3的NH4Cl溶液，由水电离出的c(H+)=_。(5)常温时，Fe(OH)3的溶度积常数Ksp=110-38，要使溶液中的Fe3+沉淀完全(残留的c(Fe3+)10-5 molL-1)，则溶液的pH应大于_。(6)用如图装置进行模拟电解NO2气体实验，可回收硝酸。外接电源a极为_极，
14、左室发生的电极反应式为_。若有标准状况下2.24 LNO2被吸收，通过质子交换膜(只允许质子通过)的H+为_mol。(7)在t时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。Ag2CrO4的Ksp为_。由Y点变到Z点的方法_。【答案】 (1). S2-+H2OHS-+OH- (2). Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2 (3). 10：1 (4). 110-3 mol/L (5). 3 (6). 负 (7). 2H2O+2e-=H2+2OH- (8). 0.1 (9). 110-11 (10). 加入K2CrO4(s)【解析】【分析】(1)Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中S2-发
15、生水解反应是溶液显碱性；(2)Al2(SO4)3与NaHCO3在溶液中发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，据此书写离子方程式；(3)根据酸碱恰好中和时溶液中n(H+)=n(OH-)计算；(4)在NH4Cl溶液中的H+完全是由水电离产生；(5)根据溶度积常数的含义计算溶液中c(OH-)，再利用Kw=c(OH-)c(H+)及pH的含义计算；(6)溶液中阳离子在阴极得到电子发生还原反应；阳极上NO2失去电子变为NO3-，根据物质反应与电子转移的关系分析判断；(7)根据溶度积常数的含义计算其数值；Y、Z都在平衡线上，根据离子浓度幂之积等于溶度积常数分析。【详解】(1)Na2S是强碱弱
16、酸盐，在溶液中S2-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时溶液中c(OH-)c(H+)，使溶液显碱性，水解的离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-；(2)Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解消耗水电离产生的OH-产生Al(OH)3，使溶液显酸性；而NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液HCO3-水解消耗水电离产生的H+，反应产生H2CO3，使溶液显碱性，当两种溶液混合时，水解相互促进，使每种盐的水解平衡正向移动，最终完全水解，反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为：Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2；(3)将25下pH=
17、12的Ba(OH)2溶液c(OH-)=0.01 mol/L，pH=1的HCl溶液c(H+)=0.1 mol/L，将a L pH=12的Ba(OH)2溶液与b L pH=1的HCl溶液混合，若所得混合液为中性，则二者恰好中和，溶液中n(H+)=n(OH-)，c(OH-)V(碱)= c(H+)V(酸)，0.01 mol/La L=0.1 mol/Lb L，所以a：b=10：1；(4)NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，产生NH3H2O，最终达到平衡时，溶液pH=3，则溶液中c(H+)=110-3 mol/L，溶液中的H+完全是水电离产生，且没有消耗，故水电
18、离产生的H+的浓度c(H+)=110-3 mol/L；(5)常温时，Fe(OH)3的溶度积常数Ksp=110-38，Ksp=c(Fe3+)c3(OH-)=110-38，要使溶液中的Fe3+沉淀完全(残留的c(Fe3+)10-5 molL-1)，则c3(OH-)=10-33，所以c(OH-)10-11 mol/L；由于室温下水的离子积常数Kw=110-14，所以溶液中c(H+)10-3 mol/L，根据pH=-lgc(H+)可知此时溶液的pH3；(6)溶液中水电离产生H+在阴极上得到电子发生还原反应，所以a电极为电源的负极；在左室的阴极上发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH
19、-；阳极上NO2失去电子变为NO3-，阳极的电极反应式为：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，可见每有1 mol NO2反应，转移1 mol电子，阴极上就有1 mol H+放电变为H2逸出。标准状况下2.24 LNO2的物质的量是0.1 mol，则其反应转移0.1 mol电子，阴极上消耗0.1 mol H+，为了维持溶液电中性，就有0.1 mol H+通过质子交换膜进入阴极室；(7)根据图象可知在t时的饱和溶液中c(Ag+)=110-3mol/L，c(CrO42-)=110-5 mol/L，则Ag2CrO4的Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(110-3)2(110-5)=110-
20、11；Y、Z都在平衡线上，都是该温度下的饱和溶液，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(CrO42-)不变，由Y到Z，c(CrO42-)增大，c(Ag+)减小，所以采取的措施是向溶液中加入含有CrO42-物质，如加入固体K2CrO4。【点睛】本题综合考查了化学反应原理，包括弱电解质的电离平衡、盐的水解、酸碱中和、溶度积常数的计算与应用和电解原理。掌握化学平衡移动原理对各种平衡移动的影响及有关概念的含义是本题解答的关键。注意外界条件对化学平衡移动影响是微弱的，只能减弱这种变化趋势而不能改变这种趋势。12.CO和H2在工业上常作为重要的化工原料，其混合气称为合成气。工业上CH4H2O催化重整
21、是目前大规模制取合成气的重要方法，其原理为：反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H1=+210 kJ/mol反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2=41 kJ/mol(1)CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H3=_ kJ/mol。(2)反应达到平衡的标志是_。A恒温恒容情况下，压强不再改变Bv正(CO)=3v逆(H2)C平均相对分子质量不再改变D恒温恒容情况下，气体密度不再改变(3)若容器容积不变，不考虑反应，对反应下列措施可增加CO转化率的是_。A升高温度B将CO2从体系分离C充入He，使体系总压强增大D按原投料比加倍投料(4
22、)将1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g)加入恒温恒压的密闭容器中(温度298 K、压强100 kPa)，发生反应，不考虑反应的发生，该反应中，正反应速率v正=k正p(CH4)p(H2O)，逆反应速率v逆=k逆p(CO)p3(H2)，其中k正、k逆为速率常数，p为分压(分压=总压物质的量分数)，则该反应的压强平衡常数Kp=_(以k正、k逆表示)。若该条件下k正=4.4104kPa-1s-1，当CH4分解20%时，v正=_kPas-1（保留两位有效数字）。【答案】 (1). +169 (2). AC (3). B (4). (5). 4.9107【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将
23、已知热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；(2)当反应达到平衡时，任何一种物质的物质的量、浓度、密度等保持不变，据此判断；(3)若提高CO的平衡转化率，则应该使化学平衡正向移动；(4)根据平衡时v正= v逆计算化学平衡常数；根据CH4分解20%计算平衡时各种气体的物质的量得到气体的分压，带入速率公式计算。【详解】(1)已知：反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H1=+210 kJ/mol反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2=41 kJ/mol，根据盖斯定律，将I+II，整理可得：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H3=
24、+169 kJ/mol；(2)对于反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H1=+210 kJ/mol，该反应的正反应为气体体积增大的吸热反应。A恒温恒容情况下，若压强不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，A正确；B在任何条件下，3v正(CO)=v正(H2)，若v正(CO)=3v逆(H2)，则v正(H2)=9v逆(H2)，反应正向进行，未达到平衡状态，B错误；C反应前后气体的质量不变，若平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不再发生变化，反应达到了平衡状态，C正确；D反应前后气体的质量不变，容器的容积不变，则气体密度始终不变，因此不能据此判断反应是否处于平
25、衡状态，D错误；故合理选项是AC；(3)对于反应II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2=41 kJ/mol，该反应的正反应是气体体积不变的放热反应A升高温度，化学平衡向吸热逆反应方向移动，CO的转化率降低，A不符合题意；B将CO2从体系分离，即减小生成物浓度，平衡正向移动，达到平衡时CO的转化率提高，B符合题意；C充入He，反应体系总压强增大，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此增大压强，化学平衡不移动，CO转化率不变，C不符合题意；D按原投料比加倍投料，即增大压强，化学平衡不移动，物质转化率不变，D不符合题意；故合理选项是B；(4)对于反应CH4(g)+H2O(
26、g)CO(g)+3H2(g)，由于v正=k正p(CH4)p(H2O)，v逆=k逆p(CO)p3(H2)，当反应达到平衡时，v正= v逆，则k正p(CH4)p(H2O)=k逆p(CO)p3(H2)，该反应的压强平衡常数Kp=；将1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g)加入恒温恒压的密闭容器中，发生该反应，若CH4分解20%，此时各种气体的物质的量为n(CH4)=n(H2O)=(1-20%)mol=0.8 mol，n(CO)=0.2 mol，n(H2)=0.6 mol，气体总物质的量为n(总)=0.8 mol+0.8 mol+0.2 mol+0.6 mol=2.8 mol。在恒温恒压下，
27、气体的物质的量比等于气体的压强之比，所以平衡时各种气体所占分压：p(CH4)=p(H2O)=；p(CO)=；p(H2)=，气体总压强为100 kPa，根据此时k正=4.4104kPa-1s-1，则该条件下正反应速率v正=k正p(CH4)p(H2O)=4.4104 kPa-1s-1(100 kPa)(100 kPa)= 4.9107 kPas-1。【点睛】本题考查了反应热的计算、化学平衡状态的判断及化学平衡移动和化学反应速率及平衡常数的有关计算。掌握有关概念和盖斯定律、平衡移动原理及平衡状态特征是本题解答关键。题目考查了学生对知识的掌握与应用能力。13.已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反
28、应的平衡常数和温度的关系如下，830时，向一个2 L的密闭容器中充入0.2 mol的A和0.8 mol的B。温度70080083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4(1)反应达平衡后，升高温度，平衡_移动（填“正向”或“逆向”）(2)830达平衡时，A的转化率为_。【答案】 (1). 逆向 (2). 80%【解析】【分析】(1)根据平衡移动原理，结合温度与平衡常数的关系分析判断；(2)假设A转化浓度为x，根据物质反应转化关系，可得平衡时各种物质的浓度，带入平衡常数表达式可得x的数值，然后利用转化率=100%计算。【详解】(1)根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方
29、向移动。由表格数据可知，升高温度，该反应的化学平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应方向为吸热反应；(2)在2 L的密闭容器中充入0.2 mol的A和0.8 mol的B，发生反应：A(g)+B(g)C(g)+D(g)，反应开始时c(A)=0.2 mol2 L=0.1 mol/L，c(B)=0.8 mol2 L=0.4 mol/L，c(C)=c(D)=0，假设反应达到平衡时A转化浓度为x，根据物质反应转化关系可知平衡时：c(C)=c(D)=x mol/L，c(A)=(0.1-x) mol/L，c(B)=(0.4-x) mol/L，由于在830时平衡常数为1.0，所以=1.0，解得x=0.
30、08 mol/L，所以830达平衡时，A的转化率=100%=80%。【点睛】本题考查了平衡移动原理的应用。涉及化学平衡常数的应用及反应转化率的计算注意温度对吸热反应影响更大，温度不变时，化学平衡常数不变，化学方程式相反时，平衡常数则互为倒数。14.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：(1)Zn原子价电子排布式为_。(2)ZnF2具有较高的熔点(872)，ZnF2不溶于有机溶剂，而ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，ZnI2晶体类型是_。(3)S和O为同主族元素，但两者的简单氢化物的熔沸点差异较大，其原因为：_。(4)化合物Cl2O的立体构型为_，O原子的杂化方式为_，
31、可由Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备，其化学方程式为_。(5)Na和O能够形成某种化合物，其晶胞结构与CaF2相似，如图所示，晶胞参数边长a cm，晶胞中O原子的配位数为_；列式计算该晶体的密度(gcm-3)_。【答案】 (1). 3d104s2 (2). 分子晶体 (3). 水分子间有氢键 (4). V形 (5). sp3 (6). 2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl (7). 8 (8). 【解析】【分析】(1)Zn是30号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式，进而可得其价层电子排布式；(2)根据不同晶体类型的物理性质的区别分析判断；(3)H2O分子之间存在氢键；(
32、4)根据价层电子对数判断O原子杂化类型，根据价层电子对互斥理论判断分子空间构型；Cl2与湿润的Na2CO3反应产生Cl2O、CO2及NaCl，据此书写反应方程式；(5)根据晶胞结构判断配位数，利用晶胞的密度计算公式=计算晶胞密度。【详解】(1)Zn是30号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，其价层电子排布式是3d104s2。(2)离子晶体熔沸点较高，易溶于水，不易溶于有机溶剂；由非极性分子组成的溶质易溶于由非极性分子组成的溶剂中。ZnF2具有较高的熔点(872)，ZnF2不溶于有机溶剂，说明ZnF2是离子晶体；而ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，则说明ZnI
33、2是由分子构成的物质，其在固态时晶体类型是分子晶体。(3)S和O为同主族元素，二者形成氢化物构型相同分别是H2S、H2O。由于O原子半径小，元素非金属性强，在H2O分子之间除存在分子间作用力外还存在氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引作用，使物质的熔沸点较高，而在H2S分子之间只存在分子间作用力，因此H2O的熔沸点比H2S的高。(4)在化合物Cl2O中，O原子价层电子对数为2+=4，所以O原子杂化类型为sp3杂化，O原子采用sp3杂化，Cl2O的VSEPR模型为四面体形，由于O原子上有2个孤对电子，占据2个轨道，因此该分子立体构型为V形。Cl2O可由Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备，根据原
34、子守恒，反应还产生了CO2及NaCl，该反应的化学方程式为2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl。(5)氧和钠能够形成的某种化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na+的个数为8，O2-的个数为8+6=4，N(Na)：N(O)=2：1，所以形成的化合物为Na2O；晶胞中O位于面心，每个晶胞中有4个Na与O的距离最近，每个面心O原子为2个晶胞所共有，则晶胞中O原子的配位数为8；根据晶胞密度公式=，可得晶胞密度= g/cm3。【点睛】本题考查了原子核外电子排布、原子的杂化、晶体类型的判断、晶胞计算等。需要学生掌握一定的物质结构知识，同时要具有一定的空间想象与数学计算能力，学会用均摊方法进行晶胞计算。