《重庆市三十二中2023学年高二化学第二学期期末学业质量监测模拟试题(含解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆市三十二中2023学年高二化学第二学期期末学业质量监测模拟试题(含解析).pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 学年高二下学期化学期末模拟测试卷 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，
2、请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列叙述正确的是()A1 mol CO2的质量为 44 g/mol BH2SO4的摩尔质量为 98 C标准状况下，气体摩尔体积约为 22.4 L DO2的相对分子质量为 32 2、对于平衡体系 mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)H0，下列结论中不正确的是（）A若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时 A 的浓度为原来的 2.1 倍，则 mnpq B若平衡时，A、B 的转化率相等，说明反应开始时，A、B 的物质的量之比为 mn C 若 mn=pq，则往含有 amol气体的平衡体系中再加入 amol 的 B，达到新平
3、衡时，气体的总物质的量等于 2amol D若温度不变时缩小体积，当 A、B、C、D 的物质的量浓度之比=mnpq 时，说明达到了新的平衡 3、下列化合物中，既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃只有一种的是()ACH3Br B C D 4、下列叙述正确的是()A常温常压下，4.6 g NO2气体约含有 1.8061023个原子 B标准状况下，80 g SO3所占的体积约为22.4 L C标准状况下，22.4 L CCl4中含有的 CCl4分子数为NA D标准状况下，22.4 L 氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为 2NA 5、下列说法正确的是 ANH4NO3中既有离子
4、键又有共价键，属于共价化合物 BSiC 是原子晶体，加热熔化时需破坏共价键 CH2O2易分解是因为 H2O2分子间作用力弱 DNaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响 6、四种短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、X 的简单离子具有相同电子层结构，X 的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W 与 Y 同族且其中一种为地壳中最多的元素，Z 与 X 形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是()A简单离子半径：WXZ BW 与 X 形成的化合物溶于水后溶液呈碱性 C气态氢化物的热稳定性：WZ 7、我国城市环境中的大气污染物主要是 ACO2、Cl2、N2、酸雨
5、 BSO2、NO2、CO、可吸入颗粒物 CNH3、CO2、NO2、雾 DHCl、SO2、N2、可吸入颗粒物 8、下列危险化学品标志中最适合用于 Na2O2固体的是（）ABCD 9、下列离子方程式正确的是（）A用 KMnO4标准溶液滴定草酸：2MnO4-16H5C2O42-=2Mn210CO28H2O BFe2与 H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O C酸性溶液中 KIO3与 KI 反应生成 I2：IO3-I6H=I23H2O D向稀 HNO3中滴加 Na2SO3溶液：SO32-2H=SO2H2O 10、短周期主族元素 A、B、C、D 的原子序数依次增大.甲、乙、丙
6、、丁、戊是由这些元素组成的常见化合物，其中丙、丁、戊为二元化合物，已是元素 C 的单质。甲、乙的溶液均呈碱性。下列说法错误的是 A甲和戊加入水中都能破坏水的电离平衡 B乙和戊都含有离子键 C原子半径 r(D)r(B)r(C)r(A)DA、B、C 形成的化合物一定显酸性 11、巳知某溶液中存在较多的 H、SO42-、NO3-，则该溶液中还可能大量存在的离子组是（）AAl3+、CH3COO-、Cl-BMg2+、Ba2+、Br-CMg2+、Cl-、I-DNa+、NH4+、Cl-12、符合下图所示条件的离子组是（）ABa2、Mg2、NO3-、CO32-BH、Ba2、Al3、Cl CK、Ba2、Cl、H
7、CO3-DNH4+、Ba2、Fe2、Cl 13、下列有关说法不正确的是 ()ApH小于 5.6 的雨水称为酸雨 B分散质粒子直径介于 1100nm 之间的分散系称为胶体 C王水是浓硝酸和浓盐酸按物质的量之比 1:3 组成的混合物 D光导纤维的主要成分是二氧化硅，太阳能光电板的主要原料是硅晶体 14、下列离子方程式书写正确的是 A铁与盐酸反应：2Fe 6H 2Fe3 3H2 B氢氧化钡与硫酸铜溶液混合：2OH-+Cu2+=Cu（OH）2 C过量 NaHCO3溶液和少量 Ba(OH)2反应：2HCO3-Ba2+2OH-=BaCO3CO32-2H2O D石灰乳和盐酸反应：CaCO32H+Ca2+CO
8、2H2O 15、金属的下列性质中和金属晶体结构无关的是()A良好的导电性 B反应中易失去电子 C良好的延展性 D良好的导热性 16、下列示意图与对应的反应情况符合的是 A向含 0.01 mol KOH和 0.01 mol Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入 CO2至过量 B向 NaHSO4溶液中逐滴加入 Ba(OH)2溶液至过量 C向 KAl(SO4)2溶液中逐滴加入 Ba(OH)2溶液至过量 D向含有少量氢氧化钠的 NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量 二、非选择题（本题包括 5 小题）17、已知 A、B、C、D 是原子序数依次减小的四种短周期元素，C 的基态原子中电子占据三种能量不同的原子
9、轨道，且每种轨道中的电子总数相同；A 原子有 2 个未成对电子；A、C、D 三种元素组成的一种化合物 M 是新装修居室中常含有的一种有害气体。E 是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与 D原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题（用元素符号或化学式表示）：（1）元素 B、C、A 的基态原子的第一电离能由大到小的顺序为_；（2）M 分子中 C 原子轨道的杂化类型为_；（3）E+的核外电子排布式为_，下图是由 D、E 形成的某种化合物的晶胞结构示意图，该化合物的化学式为_；（4）化合物 BD3的沸点比化合物 CA4的高，其主要原因是_；（5）写出与 CA2互为等电子体的 B3-的结构式 _；
10、（6）将 CrCl36H2O 溶解在适量水中得到深绿色溶液，溶液中 Cr3+以Cr（H2O）5Cl2+形式存在。上述溶液中，不存在的微粒间作用力是_（填标号）。A离子键 B共价键 C金属键 D配位键 E范德华力 18、为探宄固体 X(仅含两种常见短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：己知：气体 A 是一种纯净物，在标准状况下的密度为 1.429 g/L；固体 B 是光导纤维的主要成分。请回答：（1）气体 A 分子的电子式_，白色沉淀 D 的化学式_。（2）固体 X与稀硫酸反应的离子方程式是_。（3）已知 NH3与气体 A在一定条件下反应后可得到一种耐高温陶瓷材料(仅含两种元素，摩尔质量
11、为 140 g/mol)和 H2，写出该反应的化学方程式_。19、纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2xH2O，经过滤、水洗除去其中的 Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体 TiO2。用氧化还原滴定法测定 TiO2的质量分数：一定条件下，将 TiO2溶解并还原为 Ti3+，再以 KSCN 溶液作指示剂，用 NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定 Ti3+至全部生成 Ti4+。请回答下列问题：（1）TiCl4水解生成 TiO2xH2O 的化学方程式为_。（2）配制 NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量 H2SO4的
12、原因是_；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的_（填字母代号）。（3）滴定终点的判定现象是_。（4）滴定分析时，称取 TiO2（摩尔质量为 M g/mol）试样 wg，消耗 c mol/LNH4Fe(SO4)2 标准溶液 VmL，则 TiO2质量分数表达式为_。（5）判断下列操作对 TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。若在配制标准溶液过程中，烧杯中的 NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果_。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果_。20、硫代硫酸钠又名大苏打、海波，可以用于治疗氰化物中毒等，某化学兴趣小组通过查
13、阅资料，设计了如下的装置(略去部分夹持仪器)来制取 Na2S2O35H2O 晶体并探究其性质。已知烧瓶 C 中发生如下三个反应：Na2S(aq)H2O(l)SO2(g)Na2SO3(aq)H2S(aq)2H2S(aq)SO2(g)3S(s)2H2O(l)；S(s)Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)（1）装置 B 的作用之一是观察 SO2的生成速率。控制 SO2生成速率可以采取的措施有_（写一条）（2）常温下，用 pH 试纸测定 0.1 molL1 Na2S2O3溶液 pH 值约为 8，测定时的具体操作是_。（3）向新制氯水中滴加少量 Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，有硫酸根离子生成，
14、写出该反应的离子方程式_。21、有 A、B、C、D、E、F 六种元素，A 是周期表中原子半径最小的元素，B 是电负性最大的元素，C 的 2p 轨道中有三个未成对的单电子，F 原子核外电子数是 B 与 C 核外电子数之和，D 是主族元素且与 E 同周期，E 能形成红色(或砖红色)的 E2O和黑色的 EO 两种氧化物，D 与 B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示请回答下列问题 （1）E 元素原子基态时的电子排布式为_（2）A2F 分子中 F 原子的杂化类型是_（3）CA3极易溶于水，其原因主要是_，（4）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途富勒烯(C60)的
15、结构如图，分子中碳原子轨道的杂化类型为_；1molC60分子中 键的数目为_ （5）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硫化镉、硫化锌及铜铟硒薄膜电池等 第一电离能：As_Se(填“”“”或“=”)硫化锌的晶胞中(结构如图所示)，硫离子的配位数是_与 S 距离最近且等距离的 S 之间的距离为_（密度为 g/cm3）二氧化硒分子的空间构型为_ 2023 学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【答案解析】A、质量的单位为 g，故 1mol 二氧化碳的质量为 44g，故 A 错误；B、摩尔质量的单位为 g/mol，故硫酸的摩尔质量为 98
16、g/mol，故 B 错误；C、气体摩尔体积的单位为 L/mol，故标况下，气体摩尔体积为 22.4L/mol，故 C 错误；D、O的相对原子质量为 16，故氧气的相对分子质量为 32，故 D 正确；答案选 D。2、D【答案解析】A.若温度不变，将容器的体积缩小为原来的一半，压强增大，若达到等效平衡，则 A 的浓度变为原来的 2 倍，而实际上变为原来的 2.1 倍，说明平衡左移，压强增大，平衡左移则 m+np+q，A项正确；B.A、B 的起始物质的量之比等于化学计量数之比即 m：n 时，平衡时二者转化转化率相等，B 项正确；C.若 m+n=p+q，说明平衡移动时气体总物质的量不变，平衡体系共有
17、amol气体，再向其中加入 amolB，平衡会发生移动，当达到新平衡时共有 2amol 气体，C 项正确；D.若 m+n=p+q，温度不变时缩小体积，压力增大，平衡不移动，不能说明达到新平衡，D 项错误；答案选 D。【答案点睛】(1)恒温恒容下，改变起始加入物质的物质的量，如通过可逆反应的化学计量数换算成同一半边的物质的物质的量与原平衡相等，则达平衡后与原平衡等效；(2)恒温恒容下，对于反应前后都是气体且物质的量相等的可逆反应，改变起始加入物质的物质的量，只要按化学计量数，换算成同一半边的物质的量之比与原平衡相同，则达平衡后与原平衡等效(3)恒温恒压下，改变起始加入物质的物质的量，只要按化学计
18、量数，换算成同一半边的物质的物质的量之比与原平衡相同，则达平衡后与原平衡等效。3、B【答案解析】A.CH3Br 只能与 NaOH 水溶液发生水解反应，只有一个碳原子不能发生消去反应，故 A 不符合题意；B.既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃只有一种，故 B 符合题意；C.能发生水解反应，不能发生消去反应，和氯原子相连的碳的邻碳上没有氢原子，所以 C 不符合题意；D.既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃只有两种，故 D 不符合题意；所以本题答案：B。【答案点睛】判断依据：氯代烃发生消去反应的条件是和氯代烃相连的碳的邻碳上有氢原子。4、A【答案解析】A.4
19、.6 g NO2气体约含有234.63 6.02 1046/gg mol=1.8061023个原子，故 A 正确；B.标准状况下，SO3不是气体，不可用 22.4L/mol 计算，故 B 错误；C.标准状况下，CCl4不是气体，不可用 22.4L/mol 计算，故 C 错误；D.标准状况下，22.4 L 氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为 NA，故 D 错误；答案：A【答案点睛】关于气体摩尔体积的运用紧抓几个关键点：（1）标准状况；（2）气体；（3）约为 22.4L/mol。5、B【答案解析】ANH4NO3中既有离子键又有共价键，属于离子化合物，故 A 错误；BSiC 是原子晶体，原子
20、间通过共价键结合形成的空间网状态结构，所以 SiC 加热熔化时需破坏共价键，故 B 正确；CH2O2易分解是因为分子内化学键弱，和 H2O2分子间作用力无关，故 C 错误；D硫酸氢钠溶于水时发生电离，电离方程式为 NaHSO4=Na+H+SO42-，所以有离子键和共价键被破坏，故 D 错误；故答案：B。6、B【答案解析】试题分析：根据题意可知 W 是 O 元素，X 是 Na 元素，Y 是 S 元素，Z 是 Cl 元素。A简单离子半径：XWY，所以气态氢化物的热稳定性：WY，错误；D元素的非金属性 ZY，所以最高价氧化物的水化物的酸性：Yr(B)r(C)r(A)，选项 C 正确。A、B、C 即H
21、、C、O 能组成很多化合物，包括有机物，很有可能是中性化合物，例如：乙醇，选项 D 错误。点睛：本题的着眼点是熟悉两个化合物生成单质的化学反应。本题主要考察的就是过氧化钠与二氧化碳以及水反应生成氧气单质的过程。这样的反应，除以上两个以外，也可以是：CO 还原金属氧化物得到金属单质；某些氧化剂氧化盐酸生成氯气（比如：实验室制氯气）；氨气和氮氧化物生成氮气等。11、D【答案解析】AAl3+、CH3COO-、Cl-中的 CH3COO-可与 H+、SO42-、NO3-中的 H+反应生成弱电解质醋酸，故 A错误；BMg2+、Ba2+、Br-中的 Ba2+可与 H+、SO42-、NO3-中的 SO42-反
22、应，即 Ba2+SO42-BaSO4，故 B 错误；C在 H+、SO42-、NO3-中含有的硝酸是氧化性酸，而能与具有强还原性的 I-发生氧化还原反应，故 C错误；DH+、SO42-、NO3-中的任何离子与 Na+、NH4+、Cl-中的任何离子都不发生反应，因此可以大量共存，故 D 正确；故选 D。12、C【答案解析】首先判断出可以大量共存的离子组，即相互之间不发生氧化还原反应，不生成沉淀、气体或水等；加入少量的 H2SO4有白色沉淀产生且不溶解，则溶液中可能存在 Ba2+、Pb2+、Ca2+等；加入过量 NaOH溶液有白色沉淀生成且不溶解，则不能为 Al(OH)3，可能为 Mg(OH)2等难
23、溶性碱；或者与 HCO3-反应产生 CO32-，在溶液中形成的难溶性的碳酸盐。据此回答。【题目详解】A.Ba2+和 CO32-生成 BaCO3沉淀，不能大量共存；故 A 错误；B.离子可以大量共存，加入少量 H2SO4，因生成 BaSO4而产生白色沉淀，但加入过量 NaOH 溶液时，溶液中无白色沉淀产生，不符合题意，故 B 错误；C.离子可以大量共存，加入少量 H2SO4，生成 BaSO4白色沉淀，加入过量 NaOH溶液时，HCO3-+OH-=CO32-+H2O，CO32-和 Ba2+反应产生 BaCO3沉淀，符合题意，故 C正确；D.离子可以大量共存，加入少量 H2SO4，生成 BaSO4白
24、色沉淀，但加入过量 NaOH 溶液时生成的 Fe(OH)2很快被氧化成红褐色的 Fe(OH)3，最终得不到白色沉淀，不符合题意，故 D 错误，答案选 C。13、C【答案解析】A正常雨水中因为溶解了二氧化碳的缘故，pH约为 5.6，酸雨是溶解了二氧化硫等的雨水，pH小于 5.6，故 A 正确；B分散质粒子直径介于1nm100nm 之间的分散系称为胶体，故 B 正确；C王水是浓硝酸和浓盐酸按照体积比 13 组成的混合物，不是物质的量之比，故 C 错误；D光导纤维的主要成分是 SiO2，太阳能光电池板是硅晶体制成，故 D正确；答案选 C。14、C【答案解析】A.铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的
25、离子方程式：Fe 2H Fe2 H2，A 错误；B.氢氧化钡与硫酸铜溶液混合生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，正确的离子方程式：Ba2+SO42-+2OH-+Cu2+=Cu（OH）2+BaSO4，B 错误；C.过量 NaHCO3溶液和少量 Ba(OH)2反应生成碳酸钡和碳酸钠和水，方程式书写正确，C 正确；D.石灰乳为氢氧化钙的悬浊液，与盐酸反应生成氯化钙和水，正确的离子方程式：Ca（OH）2+2H+Ca2+2H2O，D错误；综上所述，本题选 C。15、B【答案解析】A.金属容易导电是因为晶体中存在许多自由电子，这些自由电子的运动是没有方向性的，但在外加电场作用下，自由电子就会发生定向移动形成电流
26、，故 A 错误；B.金属易失电子是由原子的结构决定的，和金属晶体无关，所以 B 选项是正确的；C.有延展性是因为金属离子和自由电子之间的较强作用，当金属受到外力时，晶体中的各离子层就会发生相对滑动，但因为金属离子和自由电子之间的相互作用没有方向性，受到外力后相互作用没有被破坏，故虽发生形变，但不会导致断裂，故 C 错误；D.容易导热是因为自由电子在运动时经常与金属离子碰撞而引起能量的交换，从而能量从温度高的部分传到温度低的部分，使整块金属达到相同的温度，故 D 错误；答案选 B。16、B【答案解析】分析：A 选项，首先 CO2先与 Ca(OH)2反应，再和 KOH 反应，当反应完全之后再和沉淀
27、 CaCO3反应，生成碳酸氢钙；B 选项，NaHSO4溶液中逐滴加入 Ba(OH)2溶液，只产生硫酸钡沉淀；C 选项，1 mol KAl(SO4)2，加入 1.5 mol的 Ba(OH)2时生成 1.5mol BaSO4和 1 molAl(OH)3，沉淀的物质的量最大为2.5 mol，再加入 0.5 mol Ba(OH)2，生成 0.5 mol BaSO4，溶解 1 mol Al(OH)3；D 选项，含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，在 NaAlO2与 HCl 的物质的量之比为小于等于 11，此时只生成白色的氢氧化铝沉淀，如果继续加入盐酸，这是沉淀开始溶剂，当 N
28、aAlO2与 HCl 的物质的量之比达到 14 时，所产生的氢氧化铝完全溶解。详解：A 选项，首先 CO2先与 Ca(OH)2反应，产生 CaCO3沉淀，此时沉淀量逐渐增大，CO2再和 KOH 反应，此时无沉淀，之后二氧化碳先会和 K2CO3反应，生成酸式盐，当反应完全之后再和沉淀CaCO3反应，生成碳酸氢钙，从而沉淀出现溶解现象，所以图像应该是“等腰梯形”的形状，故 A 错误；B 选项，NaHSO4溶液中逐滴加入 Ba(OH)2溶液，只产生硫酸钡沉淀，当把硫酸根反应完全，再加氢氧化钡也不产生沉淀，所给图像恰好能表达该反应过程，故 B 选项正确；C 选项，假设溶液中含 1 mol KAl(SO
29、4)2，加入 1.5 mol 的 Ba(OH)2时生成 1.5mol BaSO4和 1 molAl(OH)3，沉淀的物质的量最大为 2.5 mol，再加入 0.5 mol Ba(OH)2，生成 0.5 mol BaSO4，溶解 1 mol Al(OH)3，故沉淀的总物质的量减少，最后只剩下硫酸钡沉淀，故 C 错误；D 选项，含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反应，在 NaAlO2与 HCl 的物质的量之比为小于等于 11，此时只生成白色的氢氧化铝沉淀，如果继续加入盐酸，这是沉淀开始溶剂，当 NaAlO2与 HCl 的物质的量之比达到 14 时，所产生的氢氧化铝完全溶解，
30、离子方程式如下，H+AlO2-+H2O=Al(OH)3；Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O 故曲线应该是加入 1 份盐酸时沉淀达到最大，再加入 3 份盐酸沉底全部消失，图像应该是个“非等腰三角形”，与 D 所给图像不符合，故 D 错误。故本题选 B。点睛:本题考查学生分析图像的能力，学生需要熟悉反应的过程，知道反应“顺序”和“量”都会对反应的现象产生影响，进而影响所绘制的曲线。二、非选择题（本题包括 5 小题）17、NOC sp2 1s22s22p63s23p63d10 Cu2O NH3分子间能形成氢键 N=N=N-A、C 【答案解析】C 的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每
31、种轨道中的电子总数相同，核外电子排布为 1s22s22p2，则 C是 C 元素；A、C、D 三种元素组成的一种化合物 M 是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体 M为 HCHO，A原子有 2 个未成对电子，则 D 为 H 元素、A 为 O元素；B 的原子序数介于碳、氧之间，故 B 为 N 元素；E 是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与 A 原子相同，其余各层电子均充满，核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d104s1，则 E是铜元素；（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但 N 原子 2p 轨道半满，为稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：NOC
32、；（2）M 为 HCHO，分子中 C 原子形成 3 个 键，没有孤电子对，杂化轨道数目为 3，则 C 原子采取 sp2杂化；（3）Cu 失去 4s 能级 1 个电子形成 Cu+，基态核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d10，由晶胞结构可知，Cu+位于晶胞内部，晶胞中含有 4 个 Cu+，O原子数为 81/8+1=2，则 O与 Cu+数目比为 1:2，化学式为 Cu2O；（4）NH3分子间能形成氢键，甲烷分子之间为分子间作用力，氢键比分子间作用力强，故 NH3的沸点比 CH4的高；（5）CO2、N3-互为等电子体，二者结构相似，N3-中 N 原子之间形成 2 对共用电子对，N3-
33、的结构式N=N=N-；（6）A电解质在水溶液里电离出阴阳离子，所以该离子中不存在离子键，故选；B水分子或Cr（H2O）5Cl2+中，非金属元素之间都存在共价键，故不选；C该溶液中不存在金属键，故选；DCr（H2O）5Cl2+中 Cr 原子和水分子中的 O 原子之间存在配位键，故不选；E溶液中水分子之间存在范德华力，故不选；故选 A、C。18、Mg(OH)2 Mg2Si+4H+=2Mg2+SiH4 3SiH4+4NH3 Si3N4+12H2 【答案解析】己知气体 A 在标准状况下的密度为 1.429gL1，则其摩尔质量为 1.429gL122.4L/mol=32g/mol，固体 B 是光导纤维的
34、主要成分即 SiO2，6.0gSiO2的物质的量为 0.1mol，则 7.6gX 中含 Si的质量为 2.8g，即0.1mol；在短周期金属元素中，与过量 NaOH反应生成白色沉淀只有 Mg(OH)2，则其物质的量为 0.2mol，所以 7.6gX中含 Mg 的质量为 4.8g，即 0.2mol，由此推知 X为 Mg2Si，则与硫酸反应生成的 A 气体为 SiH4，其摩尔质量恰好为32g/mol。(1)SiH4的电子式为；白色沉淀 D 的化学式为 Mg(OH)2；(2)固体 X与稀硫酸反应的离子方程式是 Mg2Si+4H+=2Mg2+SiH4；(3)NH3与 SiH4在一定条件下反应生成一种耐
35、高温陶瓷材料和 H2，所以耐高温陶瓷材料中含有 Si和 N 两种元素，根据二者的化合价可知，其化学式为 Si3N4，摩尔质量为 140g/mol，所以反应的化学方程式为 3SiH4+4NH3 Si3N4+12H2。点睛：由于转化关系中给出了三个质量信息，所以要从质量守恒入手去思考解答，Si元素是明确的，再根据短周期元素，在过量 NaOH溶液中能生成白色沉淀只有 Mg(OH)2，由 Mg 和 Si的物质的量之比，可确定出固体 X 是 Mg2Si，再确定气体 A 是 SiH4。19、TiCl4(2x)H2O=TiO2xH2O4HCl 抑制 NH4Fe(SO4)2水解 AC 溶液变成红色 cVM10
36、00w（或cVM10w）偏高 偏低 【答案解析】（1）根据原子守恒可知 TiCl4水解生成 TiO2xH2O的化学方程式为 TiCl4(2x)H2OTiO2xH2O4HCl；（2）NH4水解：NH4H2ONH3H2OH，Fe3水解：Fe33H2OFe(OH)33H，因此加入硫酸的目的是抑制 NH4Fe(SO4)2的水解；根据一定物质的量浓度溶液配制过程可知配制 NH4Fe(SO4)2标准溶液时使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要用到容量瓶和胶头滴管，即 AC 正确；（3）根据要求是 Fe3把 Ti3氧化成 Ti4，本身被还原成 Fe2，因此滴定终点的现象是溶液变为红色；（4）根
37、据得失电子数目守恒可知 n(Ti3)1nNH4Fe(SO4)210.001cV mol，根据原子守恒可知 n(TiO2)n(Ti3)0.001cV mol，所以 TiO2的质量分数为1000cVMw；（5）若在配制标准溶液过程中，烧杯中的 NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，造成所配溶液的浓度偏低，在滴定实验中，消耗标准液的体积增大，因此所测质量分数偏高；滴定终点时，俯视刻度线，读出的标准液的体积偏小，因此所测质量分数偏低。20、调节硫酸的滴加速度 用洁净的玻璃棒蘸取待测液点在 pH 试纸上，与标准比色卡对照，读出溶液的 pH 值 S2O324Cl25H2O2SO4210H+8Cl 【答案解
38、析】分析：A 中的 Na2SO3中加入浓硫酸生成 SO2，装置 B 的作用之一是观察 SO2的生成速率，为提高产品纯度，应使烧瓶 C 中 Na2S 和 Na2SO3恰好完全反应，烧瓶 C中发生反应如下：Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq)；2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)；S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)，反应终止后，烧瓶 C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出 Na2S2O35H2O，E 中盛放 NaOH 溶液进行尾气处理，防止含硫化合物排放在环境中。详解：(1)装置 B 的作用之一是观察 SO2的生
39、成速率。控制 SO2生成速率可以通过调节硫酸的滴加速度控制 SO2生成速率，故答案为调节硫酸的滴加速度；(2)常温下，用 pH试纸测定 0.1 molL1 Na2S2O3溶液 pH值约为 8，测定的具体操作为：用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在 pH 试纸中段，与标准比色卡对照，读出溶液的 pH值，故答案为用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在 pH试纸中段，与标准比色卡对照，读出溶液的 pH值；(3)氯气具有强氧化性，可氧化 S2O32-生成硫酸根离子，反应的离子方程式为 S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H+8Cl-，故答案为 S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H+
40、8Cl-。21、Ar3d104s1 sp3 与水分子间形成氢键 sp2 90NA 4 V形 【答案解析】有 A、B、C、D、E、F 六种元素，A 是周期表中原子半径最小的元素，则 A为 H元素；B 是电负性最大的元素，则 B为 F 元素；C 的 2p 轨道中有三个未成对的单电子，则 C 原子核外电子排布为 1s22s22p3，则 C 为 N 元素；F 原子核外电子数是 B 与 C 核外电子数之和，则 F 原子核外电子数为 9+7=16，则 F 为 S 元素；E 能形成红色（或砖红色）的 E2O和黑色的 EO两种氧化物，则 E 为 Cu 元素；D 与 B 可形成离子化合物，根据晶胞结构可知，晶胞
41、中 F 原子数目为 8，D 原子数目为118+6=482，故化学式为 DF2，D 为+2 价，D 是主族元素且与 E 同周期，处于第四周期，则 D 为 Ca元素，据此解答。判断碳原子的杂化类型可根据其成键情况来判断，碳原子若成四个单键，其杂化类型必为 sp3，若成一个双键，两个单键，其杂化类型必为 sp2，若成一个单键，一个三键，其杂化类型必为 sp在每个 C60分子中，由于碳原子都采取 sp2杂化，故参与形成 键的电子只有 3 个，所以形成 键的电子共有 603=180 个，而每个 键需要 2 个电子，所以 键的数目为 90 个，故 1molC60中 键的数目为 90NA；同一周期元素的第一
42、电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但注意第 VA 族元素大于相邻元素的第一电离能；与硫离子最近的锌离子的数目为硫离子的配位数，根据均摊法计算晶胞中 Zn、S 原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，再结合 m=V 计算与 S 距离最近且等距离的 S 之间的距离；计算 Se 原子价层电子对、孤电子对，确定其空间构型；【题目详解】（1）E 为 Cu 元素，原子核外电子数为 29，基态原子的电子排布式为Ar3d104s1，故答案为：Ar3d104s1；（2）H2S 分子中 S 原子的价层电子对数=(6 1 2)242，S 原子采取 sp3杂化，故答案为：sp3；（3）NH3极易溶于水，其原因
43、主要是 NH3与水分子间形成氢键，由于一水合氨电离产生铵根离子和氢氧根，故 NH3H2O中 N 原子与水中的 H原子之间存在氢键，应为 b 结构，故答案为：与水分子间形成氢键；（4）每个碳原子形成 3 个 键个数且不含孤电子对，所以采用 sp2 杂化，每个碳原子含有的 键个数为 32，所以1molC60分子中 键的数目=A1mol60 32N=90NA，故答案为：sp2；90NA；(5)As 和 Se 属于同一周期，且 As 属于第 VA 族，Se 属于第 VIA 族，As 原子 4p 能级容纳 3 个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于 Se，故答案为：；根据图片知,每个 S 离子连接 4 个 Zn 离子,所其配位数是 4；晶胞中 Zn 原子数为 4，S 原子数为118+6=482，晶胞质量3AA4M388m=g=aNN，则3A388a=cmN，与 S 距离最近且等距离的 S 之间的距离为a=cm3A2388 22N2，故答案为：4；cm3A388 2N2；二氧化硒分子中 Se 原子孤电子对数(6-22)=12，价层电子对=2+1=3，所以其空间结构为 V形，故答案为：V形。