1、四川省威远中学2019-2020学年高二化学上学期第二次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64 Zn65第卷（选择题 共42分）一、选择题(本大题共21个小题，每个小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)1.化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列说法不正确的是( )A. 港珠澳大桥采用超高分子量聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物B. 位于贵州省平塘县的中国天眼传输信息用的光纤材料是硅C. 3D打印钛合金材料用于航天航空
2、尖端领域是利用了钛合金密度小强度大等特点D. 国产C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A.聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，A正确；B.二氧化硅是构成光纤材料的成分，而不是硅，B错误；C.钛是一种轻金属，钛合金密度小强度大，具有优良的金属特性，用于航天航空尖端领域，C正确；D.氮化硅陶瓷是无机非金属材料，不是金属材料，D正确；故合理选项是B。2.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是( )A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量B. 页岩气属于二级能源C. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来D. 物质的化学能可以在不同的
3、条件下转化为热能、电能被人类利用【答案】B【解析】【详解】A.煤、石油、天然气属于化石燃料，其物质内部蕴藏着大量的能量，A正确；B.页岩气是指赋存于页岩(属沉积岩)缝隙中的天然气，开采出来可以直接利用，属于一级能源，B错误；C.绿色植物进行的光合作用是将太阳能转化为化学能“贮存”起来的过程，B正确；D.放热反应是将化学能转化为热能，原电池就是将化学能转化为电能的装置，D正确；故合理选项是B。3.下列有关键和键的说法正确的是()A. 含有键的分子在反应时，键是化学反应的积极参与者B. 当原子形成分子时，首先形成键，可能形成键C. 键和键都属于共价键，均有方向性D. 在所有分子中，键都比键牢固【答
4、案】A【解析】【详解】A项，由于键的键能小于键的键能，所以反应时易断裂，A正确；B项，在分子形成时，为了使其能量最低，必然首先形成键，再根据形成原子的核外电子排布来判断是否形成键，B错误；C.s轨道是球形对称，所以s轨道及s轨道形成的共价键没有方向性，C错误；D.一般情况下，键比键强度大，但是也有特殊情况，比如氮氮三键的键能比氮氮单键的3倍还要大，D错误；综上所述，本题选A。4.下列有关晶体的说法正确的是(其中NA表示阿伏加德罗常数的值) ( )A. 1个H2O分子可以和4个H2O形成氢键，所以含1 mol H2O分子的冰中氢键数目为4NAB. 1个Si原子与4个O形成4个SiO键，所以1 m
5、ol SiO2晶体中SiO键数目为4NAC. 4.6g组成为C2H6O的有机物，C-H键数目一定是0.5NAD. 面心立方最密堆积的金属铜晶体中，铜原子的配位数为4【答案】B【解析】【详解】A.1个H2O分子可以和4个H2O形成氢键，每个氢键是相邻的H2O分子形成的，所以含1 mol H2O分子的冰中氢键数目为2NA，A错误；B.1个Si原子与相邻的4个O形成4个SiO键，所以1 mol SiO2晶体中SiO键数目为4NA，B正确；C.分子式是C2H6O的有机物可能是乙醇CH3CH2OH，也可能是CH3-O-CH3，4.6g组成为 C2H6O的有机物的物质的量是0.1mol，若为乙醇，其中CH
6、键数目是0.5NA，若为CH3-O-CH3，则含有CH键数目是0.6NA，所以含有的CH键数目不一定是0.5NA，B错误；D.Cu晶胞为面心立方堆积，以顶点Cu的原子分析，位于面心的原子与之相邻最近，1个顶点原子为12个面共用，故配位数为12，D错误；故合理选项是B。5.下列化学用语正确的是 ()A. 18O的原子结构示意图：B. 中子数为20的钾原子：2019KC. CO2的电子式是D. MgBr2的形成： 【答案】A【解析】【详解】A. 18O核外有8个电子，原子结构示意图：，故A正确；B. 中子数为20的钾原子，质量数是39，可表示为，故B错误；C. CO2分子中含有碳氧双键，电子式是，
7、故C错误；D. MgBr2的形成：，故D错误。6.下列说法不正确的是( )A. 根据对角线规则，推出铍的氢氧化物能与氢氧化钠溶液反应B. 根据同周期元素的电负性变化趋势，推出Mg的电负性比Al大C. SiO44-和SO42-的空间构型相同D. 碳原子在某种情况下的最外层电子排布图可能为：【答案】B【解析】【分析】A.根据对角线规则，铍的氢氧化物与氢氧化铝相似，氢氧化铍和NaOH溶液反应生成盐Na2BeO2和水；B.同周期元素的电负性从左到右依次增大；C. SiO44-和SO42-都是sp3杂化，空间构型为正四面体；D.C的原子序数为6，基态最外层电子排布为2s22p2，激发态为2s12p3。【
8、详解】A根据对角线规则，铍的氢氧化物与氢氧化铝相似，所以能与氢氧化钠溶液反应，氢氧化铍和NaOH溶液反应生成盐Na2BeO2和水，离子方程式为Be(OH)2+2OH-BeO22-+2 H2O，A正确；B.同周期元素的电负性从左到右依次增大，所以Mg的电负性比Al小，B错误；C.SiO44-和SO42-中价层电子对个数都是4，SiO44-和SO42-都是sp3杂化，空间构型都为正四面体，C正确；D.C的原子序数为6，最外层电子排布为2s22p2，基态碳原子的价电子排布图为，激发态为2s12p3，最外层电子排布图为：，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查了元素周期律、物质结构与性质，最外层的电
9、子排布图等，把握电负性的比较方法及元素的性质为解答的关键，侧重考查学生的分析与应用能力。7.下列各项比较中前者高于(或大于或强于)后者的是( )A. CCl4和SiCl4的熔点B. I2在水中的溶解度和I2在CCl4溶液中的溶解度C. 对羟基苯甲醛()和邻羟基苯甲醛()的沸点D. 晶格能：Na2O和MgO【答案】C【解析】【分析】A.分子组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，物质的熔沸点越大；B.根据相似相溶原理分析物质的溶解性；C.分子内形成氢键，使熔沸点降低，分子间形成氢键，使熔沸点升高；D.离子半径越小，离子带有的电荷数越多，晶格能越大。【详解】A.分子组成和结构相似的分子，相对分子质
10、量越大，物质的熔沸点越大，所以SiCl4的沸点比CCl4的高，A错误；B.I2是非极性分子，水是极性分子，CCl4是非极性分子，根据相似相溶原理，I2在水中的溶解度小于I2在CCl4溶液中的溶解度，B错误；C.邻羟基苯甲醛的两个基团靠的很近，能形成分子内氢键，使熔沸点降低；而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，使熔沸点升高，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，C正确；D.Na2O、MgO中阴离子O2-相同，阳离子Na+的半径比Mg2+大，带有的电荷数比Mg2+小，所以晶格能Na2OHClO，因为H3PO4中非羟基氧原子数大于次氯酸中非羟基氧原子数【答案】A【解析】【详解】A.SO2易溶于水一
11、方面是由于相似相溶原理，二者都是由极性分子构成的物质，还有就是二者会发生反应产生H2SO3，促使化学平衡正向移动，增大SO2在水中的溶解，A错误；B.碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中第二个C为手性碳原子，B正确；C.H3PO4分子中中心P原子采取sp3杂化方式，C正确；D.H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，D正确；故合理选项是A。9.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是()A. 由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应B. 将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出
12、的热量有所增加C. 实验(c)中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响D. 若用NaOH固体测定中和热，则测定中和热的数值偏高【答案】D【解析】【详解】A. (a)是金属与酸的反应，是放热反应；(b)是氢氧化钡晶体与氯化铵反应，属于吸热反应； (c) 酸碱中和反应是放热反应；因此放热反应只有(a)和(c)，A项错误；B. 铝粉和铝片本质一样，放出热量不变，只是铝粉参与反应，速率加快，B项错误；C. 相较于环形玻璃搅拌棒，铁质搅拌棒导热快，会造成热量损失，对实验结果有影响，C项错误；D. 氢氧化钠固体溶解时要放出热量，最终使测定中和热的数值偏高，D项正确；答案选D。10.反应C（s）+
13、CO2（g）=2CO（g）在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大是（）增加少量C（s）升高温度体积不变，再通入CO2缩小体积增大压强体积不变，再通入He压强不变，再通入HeA. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】从影响化学反应速率的因素进行分析；【详解】C为固体，浓度视为常数，因此该反应中加入C，反应速率无变化，故不符合题意；升高温度，化学反应速率增大，故符合题意； 体积不变，再通入CO2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故符合题意；缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率增大，故符合题意；体积不变，说明容器为恒容状态，再通入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故不符合题
14、意；压强不变，再通入He，体积增大，组分浓度降低，化学反应速率降低，故不符合题意；综上所示，选项D符合题意。【点睛】易错点为为，易认为再通入He，压强增大，化学反应速率增大，但实际上组分的浓度不变，化学反应速率应不变。11.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )A. 若S(单斜，s)=S(斜方，s) H=-0.33kJmol1，则单斜硫比斜方硫稳定B. 若2C2H2(g)5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) H=-2687.2kJmol1，则C2H2(g)的燃烧热H=1343.6kJmol1C. 已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H=-57.3 kJmol1，则Na
15、OH溶液和稀醋酸完全中和生成1mol H2O(l)时，放出57.3kJ的热量D. 已知2H2S(g)O2(g)=2S(g)+2H2O(l) H1，2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) H2，则H1H2，D错误；故合理选项是B。12.有关晶体的结构如图所示,下列说法中不正确的是( )A. 在NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-形成正八面体B. 在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+C. 在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键个数的比为12D. CaF2晶体在熔融状态不导电【答案】D【解析】分析：A、根据在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6
16、个进行分析；B、利用均摊法确定每个晶胞中含有的钙离子、氟离子个数；C、每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键；D、CaF2晶体是离子化合物。详解：在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体， A选项正确；在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，Ca2+位于立方体的8个顶角和6个面，所以Ca2+的数目是：81/8+61/2=4，在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+，B选项正确；每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2， C选项正确；CaF2是离子化合物
17、，在水溶液或者熔融状态下能够完全电离出Ca2+和F-离子，能够导电，D说法不正确，D选项错误；正确选项D。点睛：晶体中微粒的排列具有周期性，晶体中最小的结构重复单元称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。中学中常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞、六方晶胞；在立方晶胞中：（1）每个顶点上的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有1/8属于该晶胞，如本题中的Ca2+离子；（2）每条棱上的粒子被4个晶胞共用，每个粒子只有1/4属于该晶胞；（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有1/2属于该晶胞。如本题中的Ca2+；（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞。13.某反应由两步反
18、应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)。下列有关叙述正确的是() A. 三种化合物的稳定性顺序：BA0，加入催化剂不改变反应的焓变D. 整个反应的H=E1-E2【答案】A【解析】【分析】AB的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，BC的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题。【详解】A.物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：BAC，A正确；B.AB的反应为吸热反应，BC的反应为放热反应，B错误；C.由于反应物总能量比生成物总能量高，所以该反应的反应热H0，加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应
19、热，只提高反应速率，不改变平衡移动，C错误；D.整个反应中H=(E1-E2)+(E2-E3)-E4=E1-E3-E4，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查化学反应与能量变化，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为C，注意把握放热反应H0，催化剂可以改变反应途径，降低反应的活化能，但反应热不变。14.X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是( )A. 元素Y、Z、W具有相同电子层结构
20、的离子，其半径依次增大B. 元素X不能与元素Y形成化合物X2Y2C. 元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmYXmRD. 元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，X为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层有6个，则Y为O元素；Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，R为S元素，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，均为24，则Z的原子序数为11，W的原子序数为13符合，即Z为Na，W为Al，以此来解答。【详解】由上
21、述分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为Al，R为S。A.Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，原子序数越大离子半径越小，因此元素Y、Z、W形成的离子半径依次减小，A错误；B.元素X与元素Y可形成的化合物H2O2，B正确；C.Y、R是同一主族的元素，均可与X形成结构相似的氢化物，元素的非金属性YR，元素的非金属性越强，其与H形成的化合物的稳定性就越强。所以元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmYXmR，C正确；D.元素W、R的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、硫酸，硫酸为强酸，氢氧化铝为弱碱，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握元素的性质、原子结构、
22、元素的位置来推断元素为解答的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。15.图中每条折线表示周期表AA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b点代表的是( )A. H2SB. HClC. PH3D. SiH4【答案】C【解析】【详解】在AA中的氢化物里，NH3、H2O、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，故a点代表的应是SiH4。H2O在室温下呈液态，HF、NH3在室温下呈气态，H2O的沸点最高，氢键：HFNH3，则b点所在曲线为VA的氢化物沸点曲线，b点表示PH3，故合理选项是C。16.已知：2CO(
23、g)O2(g)2CO2(g) H=566 kJmol1；Na2O2(s)CO2(g)Na2CO3(s)O2(g) H=226 kJmol1根据以上热化学方程式和图像判断，下列说法正确的是A. CO的燃烧热为283 kJB. 2Na2O2(s)2CO2(s)=2Na2CO3(s)O2(g) H452 kJmol1C. 上图可表示由1 mol CO生成CO2的反应过程和能量关系D. 根据以上热化学方程式无法求算Na2O2(s)CO(g)=Na2CO3(s)的反应热【答案】B【解析】【分析】根据热化学方程式的含义及盖斯定律计算反应热，从图像中坐标轴的含义分析图像表达的意思。【详解】A. 燃烧热单位为
24、kJ/mol ，所以CO的燃烧热为283 kJ/mol，故A错误；B. CO2由固态到气态需吸收能量，所以反应2Na2O2（s）+2CO2（s）=2Na2CO3(s)+O2(g) H-452 kJ/mol，故B正确；C. 由题中信息可知，图中表示的是由2 mol CO生成2mol CO2的反应过程和能量关系，故C错误；D. 根据盖斯定律，将题干中的第一个热化学方程式中的反应热除以2再加上第二个热化学方程式中的反应热，即可求出Na2O2(s)CO(g)=Na2CO3(s)的反应热，故D错误。故选B。【点睛】反应热与反应过程无关，只与反应物和生成物的状态有关。17.某物质A的实验式为CoCl34N
25、H3，1molA中加入足量的AgNO3溶液中能生成1mol白色沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是A. Co3+只与NH3形成配位键B. 配合物配位数为3C. 该配合物可能是平面正方形结构D. 此配合物可写成Co(NH3)4 Cl2 Cl【答案】D【解析】【分析】实验式为CoCl34NH3的物质，1molA中加入足量的AgNO3溶液中能生成1mol白色沉淀，说明A中含有1个Cl-，以强碱处理并没有NH3放出，说明不存在游离的氨分子，则该物质的配位化学式为Co(NH3)4Cl2Cl，据此答题。【详解】A.由分析可知，Cl-与NH3分子均与Co3+形成配位键，故A错误；
26、B.配合物中中心原子的电荷数为3，配位数为6，故B错误；C.该配合物应是八面体结构，Co与6个配题成键，故C错误；D.由分析可知，此配合物可写成Co(NH3)4 Cl2 Cl，故D正确。故选D。18.反应4A(s)3B(g)=2C(g)D(g)，经2min后B的浓度减少0.6 mol/L。对此反应速率的正确表示是()A. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(Lmin)B. 用B、C、D分别表示反应的速率，其比值是3:2:1C. 在2min末的反应速率用B表示是0.3 mol/ (Lmin)D. 反应过程中B、C的反应速率关系：3v(B)=2v(C)【答案】B【解析】【详解】A.A是固体，不能
27、用A的浓度的变化表示反应速率，故A不选；B.用不同物质表示的化学反应速率之比等于方程式的化学计量数之比，故B选；C.化学反应速率是一段时间平均速率，不是某一时刻的瞬时速率，故C不选；D.根据用不同物质表示的化学反应速率之比等于方程式的化学计量数之比，用B、C表示的反应速率的关系为：2v(B)=3v(C)，故D不选。故选B。【点睛】化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化来表示，所以是平均速率不是瞬时速率。对固体和纯液体来说，浓度是一常数，所以不能用固体和纯液体的浓度变化表示反应速率。19.在恒容密闭容器中，可逆反应C(s)+CO2(g)2CO（g）达到平衡状态的标志是（ ）单位时间内生成n mo
28、lCO2的同时生成n molC 单位时间内生成n molCO2 的同时生成2n mol CO CO2 、CO的物质的量浓度之比为1: 2的状态 混合气体的密度不再改变的状态 混合气体的压强不再改变的状态 C的质量不再改变的状态A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化。【详解】生成二氧化碳和生成C都是逆反应，其速率之比始终等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，错误；单位时间内生成nmolCO2 的同时生成2nmolCO，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；
29、CO2、CO的物质的量浓度之比决定于开始加入的多少和反应程度，与平衡状态无关，错误；C为固体，平衡正向移动，气体质量增大，逆向移动，气体质量减小，所以混合气体的密度不变说明反应达到平衡状态，正确；反应前后气体物质的量不同，所以压强不变说明反应达到平衡状态，正确；C的质量不再改变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；答案选B。20.已知以下的热化学反应方程式：Fe2O3(s)3CO(g)=2Fe(s)3CO2(g) H=24.8kJmol-1Fe2O3(s)CO(g)=Fe3O4(s)CO2(g) H=15.73kJmol-1Fe3O4(s)CO(g)=3FeO(s)CO2(g) H=
30、+640.4kJmol-1则14gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的H约为（ ）A. -218kJmol-1B. -109kJmol-1C. +218kJmol-1D. +109kJmol-1【答案】B【解析】【详解】试题分析：Fe2O3(s)3CO(g)=2Fe(s)3CO2(g) H=-24.8kJ/mol；Fe2O3(s)CO(g)=Fe3O4(s)CO2(g) H= -15.73kJmol-1；Fe3O4(s)CO(g)=3FeO(s)CO2(g) H=+640.4kJmol-1；由盖斯定律可知，得到反应CO+FeOFe+CO2，所以其反应热H= -109kJ/
31、mol，故选B。21.已知：H2(g)+O2(g) = H2O(l)H=2858 kJ/molCH4(g)+2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l)H=890 kJ/mol现有H2与CH4的混合气体112 L(标准状况)，使其完全燃烧生成CO2和H2O(l)，若实验测得反应放热2 938.75 kJ。原混合气体中H2与CH4的质量之比大约是 （ ）A 11B. 18C. 14D. 116【答案】B【解析】【详解】H2与CH4的混合气体112 L(标准状况)，则物质的量为=5mol；设混合气中H2的物质的量为x，则CH4的物质的量为5mol-x根据题意，列方程为：285.8kJ/molx+
32、890kJ/mol（5mol-x）=2938.75 kJ，解得 x=2.5mol；CH4的物质的量为5mol-2.5mol=2.5mol所以混合气体中H2与CH4的质量之比约为（22.5）：（2.516）=1：8。答案选B。第卷 (非选择题 共58分)二、非选择题(本大题共4个小题，共58分)22.蛋白质中含有C、H、O、N、S等元素，食物中的铁主要以三价铁与蛋白质和羧酸结合成络合物的形式存在。(1)在蛋白质中涉及的碳、氮、氧元素第一电离能由小到大的顺序是_；基态铁原子的价电子排布式为_。(2)KSCN是检验Fe3的试剂之一，与SCN互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。1 mol CN中含
33、有的键的数目为_。(3)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子（其分子式为Fe2Cl6）存在的结构式为_，其中Fe的配位数为_。(4)金属化合物Cu2Zn合金能导电，熔点较高，强度、硬度较大。Cu2Zn合金的晶体类型是_。(5)某含铜化合物的离子结构如图所示。该离子中存在的作用力有_；a.离子键b.共价键 c.配位键d.氢键 e.范德华力该离子中N原子的杂化类型有_。(6)铜晶体为面心立方最密堆积，即在晶体结构中可以分割出一块正立方体的结构单元，金属原子处于正立方体的八个顶点和六个面上，已知铜的原子半径为127.8 pm，列式计算晶体铜的密度：=_gcm-3(列出计算式即可
34、)。【答案】 (1). CON (2). 3d64s2 (3). N2O或CO2 (4). 26.021023 (5). (6). 4 (7). 金属晶体 (8). bc (9). sp2、sp3杂化 (10). 【解析】【分析】(1)同一周期的主族元素的第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但第IIA、VA元素的电离能大于相邻主族元素；根据原子核外电子排布的构造原理书写基态铁原子的价电子排布式;(2)与SCN-互为等电子体，应含有3个原子，且最外层电子数相同； CN-与N2互为等电子体；(3)蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3，存在Fe-Cl键；(4)Cu2Zn合金能够导电，说明该晶体类型是
35、金属晶体；(5)由图可知，铜离子与N、O原子之间形成配位键，非金属原子之间形成共价键；离子中存在C=N双键中的N原子形成3个键，另外N原子形成4个键，均没有孤电子对；(6)根据均摊法计算晶胞中Cu原子数目，表示出晶胞质量，再根据=计算晶胞密度。【详解】(1)碳、氮、氧元素都是第二周期的元素，由于同一周期元素的第一电离能呈增大趋势。第IIA元素处于轨道的全充满稳定状态、VA的原子核外电子处于半充满的稳定状态，因此其电离能大于同一周期相邻元素，所以三种元素的第一电离能由小到大的顺序是CON；Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe为过渡元素，除原子最外层电子为价电子外
36、，还包含3d电子，故价电子排布式为3d64s2，(2)与SCN-互为等电子体，应含有3个原子，且最外层电子数相同，故为CO2或N2O等； CN-与N2互为等电子体，二者结构相似，故CN-离子中形成CN三键，1mol CN-中含有的键的数目为26.021023；(3)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为，Fe原子周围有4个Cl，则其中Fe的配位数为4；(4)Cu2Zn合金能够导电，说明该晶体类型是金属晶体；(5)由图可知，铜离子与N、O原子之间形成配位键，非金属原子之间形成共价键，故合理选项是bc；离子中存在C=N双键中的N原子形成3个键，另外N原
37、子形成4个键，均没有孤电子对，分别采取sp2杂化、sp3杂化；(6)晶胞为面心立方密堆积，晶胞面对角线上的Cu原子相邻，则晶胞棱长为127.8pm4=2127.8pm；晶胞中Cu原子数目为8+6=4，晶胞的质量为m=4g，所以晶胞的密度=g/cm3。【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、等电子体、化学键杂化方式、晶胞计算等，(6)中关键是明确原子半径与晶胞边长关系，掌握均摊法进行晶胞有关计算方法，结合物质密度公式求算。23.元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为34，M原子最外层电子数与次外层电子数之比为3
38、4；R、Z、X离子半径逐渐减小；化合物XR常温下为气体，Q和Y在周期表中的位置相邻。请回答下列问题。(1)M原子的价电子排布图是_，Q的常见氢化物的立体构型是_。(2)写出X、Y、R按原子个数之比111形成的化合物的结构式:_。(3)X与Y可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式:_。 (4)写出单质R的一种工业用途:_。(5)图表示由上述元素中的某两种元素组成的气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，写出该转化过程的化学方程式:_。(6)由X、Y、Z、M四种元素可形成一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，还
39、能和氯水反应，写出A与氯水反应的离子方程式:_。(7)科学家认为存在QX5这种物质，且预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，写出该反应的化学方程式:_。【答案】 (1). (2). 三角锥形 (3). H-O-Cl (4). 2H2O22H2OO2 (5). 制漂白粉(或制漂白液、用于自来水消毒等合理答案均可) (6). 2SO2+O22SO3 (7). HSO3-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+3H+ (8). NH5H2O=H2+NH3H2O 或 NH5+H2O=H2+NH3+H2O 或 NH5=H2+NH3【解析】【分析】元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且
40、原子序数依次增大。Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数只能为6，则原子总数为8，Y为O元素；M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，最外层电子数也只能为6，则M为S元素；结合R-、Z+、X+离子所带电荷可知，R元素位于第A族，Z、X位于第IA族，R原子序数大于硫，则R为Cl，化合物XR在常温下为气体，则X是H元素，Z的原子序数大于O，故Z为Na，Q和Y在周期表中的位置相邻，则Q为N元素。【详解】根据上述分析可知：X是H，Q是N，Y是O，Z是Na，M是S，R是Cl元素。(1)M为S元素，原子核外有三个电子层，最外层电子排布式是3s23p4，价电子排布图为；Q是N
41、元素，其常见氢化物NH3的立体构型为三角锥形；(2)X、Y、R分别是H、O、Cl，三种元素按原子个数之比111形成的化合物HClO的结构式为H-O-Cl；(3)H元素与O元素形成的10电子、18电子的分子分别为H2O、H2O2，H2O2不稳定，加热会发生分解反应，产生H2O和O2，则该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式：2H2O22H2OO2；(4)R的单质为氯气，在工业上可以制漂白粉，制漂白液，自来水消毒等；(5)由图可知，该转化过程为SO2与O2反应生成SO3，反应化学方程式为：2SO2+O22SO3；(6)由H、O、Na、S四种元素组成的一种离子化合物A，A既能与盐酸反应，又能与
42、氢氧化钠溶液反应，还能和氯水反应，则A为NaHSO3，该物质具有还原性，可以被氯水氧化为硫酸钠，同时产生盐酸，A与氯水反应的离子方程式：HSO3-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+3H+；(7)科学家认为存在NH5这种物质，且预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，应是氨水，该反应的化学方程式：NH5+H2O=H2+NH3H2O，也可以写为NH5+H2O=H2+NH3+H2O 或 NH5=H2+NH3。【点睛】本题考查元素及化合物的推断及结构、性质、位置关系应用，根据原子核外电子排布规律及物质的性质推断元素是解题关键，题目中次氯酸容易按分子式中原子排序书写为易错点，NH5这种物质
43、中H-与NH4+通过离子键结合，是完全由非金属元素形成的离子化合物为该题难点。24.(一)某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影响”，进行了如下实验：实验序号实验温度/K有关物质溶液颜色褪至无色所需时间/s酸性KMnO4溶液H2C2O4溶液H2OV/mLc/ molL-1V mLc/ molL-1V/mLA29320.0240.10t1BT120.0230.1V18C31320.02V20.11t2(1)写出草酸与高锰酸钾反应的离子方程式_。(2)通过实验A、B，可探究出_(填外部因素)的改变对化学反应速率的影响，其中V1=_、T1
44、=_；通过实验_(填实验序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响，其中V2=_。(3)忽略溶液体积的变化，利用实验B中数据计算，08s内，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)_molL1min1。(二)为分析Fe3和Cu2对H2O2分解反应的催化效果，丙同学设计如下实验(三支试管中均盛有10 mL 5% H2O2)：(1)上表试管中应添加的试剂为5滴_。(2)结论是_，实验的目的是_。【答案】 (1). 2MnO4-+5H2C2O4+6H=2Mn2+10CO2+8H2O (2). 浓度 (3). 1 (4). 293 (5). BC (6). 3 (7). 0.05molL-
45、1 min-1 (8). 0.1 molL1 FeCl3溶液 (9). Fe3和Cu2对H2O2的分解均有催化作用，且Fe3比Cu2催化效果好 (10). 对比实验，证明Cl对H2O2的分解没有催化作用【解析】【分析】(一) (1)KMnO4与草酸在酸性条件发生氧化还原反应，产生Mn2+、CO2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，书写反应的离子方程式；(2)A、B应控制温度相同，探究浓度对反应速率的影响，B、C温度不同可探究温度对反应速率的影响，研究某种因素对反应速率的影响时，需要保证气体条件相同；(3)结合v=计算z反应速率；(二)要对比Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果
46、，试管II是CuCl2，则试管I应该为FeCl3溶液，还必须排除溶液中的阴离子是否有催化作用，试管就很好的解决了这个问题。【详解】(一) (1)KMnO4与草酸在酸性条件发生氧化还原反应，产生Mn2+、CO2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H=2Mn2+10CO2+8H2O；(2)实验A、B，滴加H2C2O4溶液的体积不等，故实验A、B可探究出H2C2O4浓度的改变对反应速率的影响；据实验A可知，保证溶液的总体积为6mL，B中H2C2O4溶液3mL，故需加水的体积V(H2O)=6mL-2mL-3mL=1mL；A、B研究浓度对
47、化学反应速率的影响，需要温度相同，故T1=293；B、C温度不同，要探究出温度变化对化学反应速率的影响，其余条件相同，则V2=6mL-2mL-1mL=3mL；(3)根据实验B中数据可知，高锰酸钾完全反应需要的时间为8s，高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.02mol/L0.002L=0.00004mol，混合后溶液中高锰酸钾的浓度c(KMnO4)=10-3mol/L，则用KMnO4的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=8.310-4mol/(Ls)= 0.05mol/(L min)；(二)试管、试管是为验证Fe3和Cu2对H2O2分解反应的催化效果，所用试剂的浓度、用量要完全一样，试管
48、是是CuCl2，则试管I应该为FeCl3溶液，是5滴FeCl3溶液，试管无气泡产生，试管是一个对比实验，说明Cl-对H2O2的分解没有催化作用，试管I产生气泡快，多，试管II产生的气泡少，慢，从而得到Fe3+和Cu2+对H2O2的分解均有催化作用，且Fe3+比Cu2+催化效果好的结论，证明Cl-对H2O2的分解没有催化作用。【点睛】本题考查化学反应速率的因素、测定方法，把握速率的影响因素、控制变量法为解答的关键，注意催化剂对反应速率的影响，侧重考查学生的分析与实验、计算能力。25.(1)500时，在2L密闭容器内发生2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的反应，其中n(SO2)随时间的变化如
49、下表:时间(s)012345n(SO2)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007在第5s时，SO2的转化率为_。能说明该反应已达到平衡状态的是_。a. v(SO2)=v(O2) b.混合气体中SO2的体积分数保持不变 c.v逆(SO2)=2v正(O2) d.容器内密度保持不变(2)硅是信息技术的关键材料。化学键HHSiClSiSiHClE/kJmol-1436.0360176431.8用H2还原气态SiCl4制得28g硅的反应热为_。(3)目前，消除氮氧化物污染有多种方法。用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知: CH4(g)+4NO2(g)=4NO(
50、g)+CO2(g)+2H2O(g) H=574 kJmol-1 CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)CO2(g)+2H2O(g) H=1160 kJmol-1 H2O(g)=H2O(l) H=44.0 kJmol-1 写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式_。【答案】 (1). 65% (2). bc (3). +232.8 kJ/mol (4). CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(1) H=955 kJ/mol【解析】【分析】(1)根据转化SO2的物质的量占总SO2的物质的量的百分比计算其转化率；根据平衡
51、时任何物质的浓度不变，含量等不变分析判断；(2)先写出反应的化学方程式，然后根据反应热等于断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键释放的能量差分析；(3)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求的反应的热化学方程式。【详解】(1)根据表格数据可知：在反应开始时SO2的物质的量是0.02mol，在5s时反应的SO2的物质的量是0.020mol-0.007mol=0.013mol，所以SO2的转化率为(0.013mol0.02mol)100%=65%；a.未指明速率的正、逆，不能判断反应是否处于平衡状态，a错误； b.该反应是反应前后气体体积改变的反应，反应从正反应分析开始，若混合气体
52、中SO2的体积分数保持不变，则反应处于平衡状态，b正确；c.在任何情况下v逆(SO2)=2v逆(O2) ，若v逆(SO2)=2v正(O2)，则v逆(O2)= v正(O2)，物质的浓度不变，反应处于平衡状态，c正确；d.反应混合物都是气体，容器的容积不变，因此任何情况下容器内密度保持不变，不能据此判断反应是否处于平衡状态，d错误；故合理选项是bc；(2)用H2还原气态SiCl4制Si的化学方程式为2H2+SiCl44HCl+Si，可得制取Si单质热化学方程式2H2(g)+SiCl4(g)=4HCl(g)+Si(s)，H=2436.0kJ/mol+4360kJ/mol-4431kJ/mol-417
53、6kJ/mol=+232.8kJ/mol，故用H2还原气态SiCl4制得28g硅的反应热为+232.8kJ/mol；(3)CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-574 kJmol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)CO2(g)+2H2O(g) H=-1160 kJmol-1H2O(g)=H2O(l) H=-44.0 kJmol-1依据盖斯定律(+4)2得到：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(1) H=-955 kJ/mol。【点睛】本题考查了平衡状态的判断方法、物质的转化率的计算、热化学方程式的书写等知识。掌握平衡状态的特征及有关物质的概念的含义、盖斯定律只与物质的始态与终态有关，与反应途径无关是本题解答的关键。反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差，也等于反应物总能量与生成物总能量的差，可据此计算不能直接反应的反应热或不容易测定的反应的反应热，题目侧重考查学生对数据的分析处理能力。
