四川省达州市季高二化学下学期期末检测试题(含解析)

四川省达州市季高二化学下学期期末检测试题（含解析）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分,共6页，满分100分，考试时间90分钟.
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号用0.5毫米黑色字迹的签字笔或钢笔填
写在答题卡上，将条形码贴在答题卡规定的位置上.
2．选择题必须使用2B铅笔将答案标号填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，非选
择题用0.5毫米黑色字迹的签字笔或钢笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区书写的答
案无效；在草稿纸、试题卷上的答案无效.
3．考试结束后，将答题卡收回.
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Si-28 Ca-40 Cu-64 Zn-65 Se-79
第Ⅰ卷（选择题，共42分）
选择题（共21题，每题2分，共42分.每题只有一选项符合题意。

）
1．下列能源在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生的是（）
①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能．
A．①②③④ B．⑤⑥⑦⑧ C．①③⑤⑥⑦⑧
D．③④⑤⑥⑦⑧
【答案】B
【解析】一次能源可以分为再生能源和非再生能源。

再生能源包括太阳能、水力、风力、生物质能、波浪能、潮汐能、海洋温差能等。

它们在自然界可以循环再生。

非再生能源在自然界中经过亿万年形成，短期内无法恢复且随着大规模开发利用，储量越来越少总有枯竭一天的能源称之为非再生能源。

非再生能源包括：煤、原油、天然气、油页岩、核能等，它们是不能再生的，用掉一点，便少一点。

综上所述，本题选B。

2．下列元素位于d区的是（）
A．C B．Ca C．Cr D．Ga
【答案】C
【解析】铬是24号元素，位于元素周期表第4周期VIB，外围电子排布为3d54s1，所以铬是d区的，C正确。

【点睛】将价电子排布相似的元素集中起来，以最后填入电子的轨道能级符号作为该区的符号，共分5区：s区：包括IA族、IIA族、氦，价电子排布为ns1～2.；p区：包括IIIA 族、IVA族、VA族、VIA族、VIIA和0族（氦除外），价电子排布为ns2np1～6.；d区：包括除镧系、锕系外的从IIIB族到VIII族的元素，价电子排布为（n-1）d1～9ns1～2；ds区：：包括IB族、IIB族,价电子排布为（n-1）d10ns1～2.；f区：包括镧系和锕系，价电子排布为（n-2）f0～14(n-1)d0～2ns2
3．下列反应属于氧化还原反应，且能量变化如下图所示的是（）
A．锌粒和稀硫酸反应
B．灼热的木炭与CO2反应
C．甲烷在空气中燃烧的反应
D．Ba(OH)2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】B
【解析】由图像可知，反应物的总能量比生成物的总能量低，所以该反应是吸热反应。

A，活泼金属与酸反应都是放热反应，A不属于。

B，木炭与二氧化碳在高温下反应生成一氧化碳既是氧化还原反应又是吸热反应，所以B符合。

C，所有的燃烧都是放热反应，C不属于。

D，氢氧化钡晶体与氯化铵反应是个典型的吸热反应，但是不是氧化还原反应，所以D不属于。

4．下列有关叙述或化学用语表示正确
．．的是（）
A．S2-的结构示意图： B．过氧化氢的电子式：
C．Ge原子的简化电子排布式：4s24p2 D．氯化钠的分子式：NaCl
【答案】A
【解析】A，硫离子是16号元素S得到2个电子后得到的，所以核外有18个电子，A正确。

B，过氧化氢是共价化合物，所以其分子内只有共价键，不含离子键，所以B不正确。

C，.Ge
原子的简化电子排布式：3d104s24p2 ,C不正确。

D．氯化钠是离子化合物，没有真实的分子，所以无分子式，只有化学式。

5．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述不正确
．．．的是（）
A．含16g氧原子的二氧化硅晶体中含有的σ键数目为2N A
B．1mol甲基(—CH3)所含电子数为9N A
C．12克石墨中含有的共价键数目为1.5N A
D．2molSO2和1molO2在一定条件下反应所得混合气体分子数等于2N A
【答案】D
【解析】A，在二氧化硅晶体中，每个氧原子与邻近的2个硅原子形成共价键，16g氧原子的物质的量为1mol，所以含有的σ键数目为2N A，A正确。

B，甲基中含1个碳原子和3个氢原子，碳原子有6个电子，氢原子有1个电子，所以甲基共有9个电子，所以1mol甲基(—CH3)所含电子数为9N A，B正确。

C，石墨晶体中，每个碳原子与邻近的3个碳原子形成共价键，形成一个共价键需要2个碳原子，所以平均每个碳原子可形成1.5个共价键，12g 石墨含碳原子1mol，所以含有的共价键数目为1.5N A，C正确。

D，2molSO2和1molO2在一定条件下发生的反应是一个可逆反应，并不能完全转化为2mol SO3，反应所得混合气体分子数小于2 N A，所以D不正确。

6．PH3是一种无色剧毒气体。

下列判断错误的是（）
A．PH3分子是非极性分子 B．PH3分子中有一对电子孤对
C．PH3分子VSEPR模型的名称是四面体 D．PH3分子稳定性低于 NH3分子【答案】A
【解析】A，PH3分子中的P原子的价层电子对n= =4 ，所以VSEPR模型是四面体，C正确；P原子通过sp3杂化形成4个杂化轨道，其中3个被成键电子对占据，余下的1个被P原子的孤电子对占据，所以分子结构不对称，正负电荷的重心不重合，是极性分子，所以A不正确，B、正确。

D，因为N元素的非金属性比P强，所以NH3分子稳定性强于PH3分子，D正确。

7．甲醇属于可再生能源，可代替汽油作为汽车燃料。

下列热化学方程式中的反应热能正确表示甲醇燃烧热的是（）
A．CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=+726.5kJ·mol－1
B．CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.5kJ·mol－1
C．CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-675.3kJ·mol－1
D．2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H=-1453kJ·mol－1
【答案】B
【解析】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量。

A中△H为“+”，A错误；C中水不是液态，C错误；D中可燃物不是1mol，D错误。

【点评】：理解燃烧热注意以下几点：可燃物为1mol、完全燃烧、生成稳定的氧化物、放出的热量。

考点：燃烧热
8．已知C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=akJ·mol－1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-220kJ·mol －1
H-H 、O=O 、O-H的键能分别为436kJ·mol－1、496kJ·mol－1 、462kJ·mol－1 ，则a为（）
A．-332 B．-118 C．+350 D．+130 【答案】D
【解析】已知①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=akJ•mol-1＞0，
②2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=-220kJ•mol-1①×2-②得：
2H2O(g)═O2(g)+2H2(g)△H=(2a+220)kJ•mol-1＞0，4×462-496-2×436=2a+220，解得a=+130，故选D。

考点：考查了盖斯定律的应用、化学反应的能量和化学键键能之间的关系的相关知识。

9．下列微粒的立体结构的名称正确的是（）
A．SO2直线形 B．NH4＋正四面体形 C．CS2平面三角形D．BF3三角锥形
【答案】B
【解析】A，二氧化硫的中心原子的价层电子对n= =3, VSEPR模型为平面三角形，但只有2对成键电子对开成2个σ键，所以分子构型为V形，A不正确。

B，NH4＋的中心原子价
层电子对n= =4，离子中有四对成键电子对形成4个σ键，所以分子构型为正四面体形，B正确。

C，CS2的中心原子价层电子对n= =2,C原子采用sp杂化与S原子形
成直线形分子，所以C不正确。

D，BF3的中心原子价层电子对n= =3， 3对成键电子对占据了3个sp2杂化轨道，所以分子构型为平面三角形，D不正确。

【点睛】判断微粒的空间构型的方法一般有3种：1.可以先计算中心原子的价电子对数，判断微粒的价层电子对互斥模型，再根据微粒中的σ键的数目判断微粒的实际空间构型；
2.可以根据中心原子的杂化类型判断微粒的空间构型；
3.根据微粒的常见的等电子体判断微粒的空间构型，如本题中的CS2与CO2是等电子体，因为CO2是直线形分子，所以CS2也是直线形分子。

10．有A、B、C三种主族元素，已知A元素原子的价电子构型为n s n，B元素原子的M层上有两个未成对电子，C元素原子L层的p轨道上有一对成对电子，由这三种元素组成的化合物的化学式不可能是（）
A．A3BC4 B．A2BC4 C．A2BC3 D．A4BC4
【答案】A
【解析】由题意知，A的价电子构型不可能是2s2,只能为1s1,所以A为H元素：B元素的价电子构型为3s23p4，是S元素；C的价电子构型为2s22p4，是O元素。

H、O、S三种元素组成的化合物中，H通常是+1价，O通常显-2价，S有+2、+4、+6价，根据化合物中元素的化合价代数和为0，可判断A中的S显+5价，不可能，所以A选项符合题意。

11．下列各选项所述的两个量，前者一定大于后者的是（）
A.Ag+、Cu2+与NH3形成配合物时的配位数 B．NaCl的晶格能与MgO的晶格能
C．H-F键的极性与H-O键的极性 D．BF3的键角CS2的键角
【答案】C
【解析】A，Ag+、Cu2+与NH3形成配合物时的配位数分别为2和4，所以A不正确。

B，氯化钠中钠离子和氯离子的电荷数都比氯化镁中镁离子和氧离子少，但是它们的半径却比后者大，所以氯化钠晶体中的离子键比氯化镁中的弱，所以氯化钠的晶格能较小，B不正确。

C，由于氟元素的非金属性比氧元素强，所以H-F键的极性与H-O键的极性大，C符合题意。

D，BF3的分子构型为平面正三角形，键角为120º，而CS2的分子构型为直线形，键角为180º，所以前者键角小于后者，D不符合题意。

12．下列对分子结构及其性质的解释中，不正确的是（）
A．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释
B．乳酸属于手性分子，因分子中存在手性碳原子
C．配合物中一定含有过渡金属原子或离子,因为过渡金属原子或离子存在空轨道
D．酸性H3PO4>HClO，是因为H3PO4分子非羟基氧原子数目比HClO多
【答案】C
【解析】A，根据相似相溶原理，由非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，而由极性分子组成的溶质则易溶于极性分子组成的溶剂。

碘、甲烷和四氯化碳都是非极性分子，而水是极性分子，所以A是正确的。

B，乳酸分子中的2号碳原子（即中间的碳原子）上连接了4个不同的原子或原子团，分别为氢原子、甲基、羟基和羧基，所以乳酸分子中的2号碳原子是手性碳原子，B正确。

C，因为有些主族元素（如-中的B原子）也可以作为中心原子，所以配合物中不一定含有过度金属原子或离子， C不正确。

D，磷酸分子中有1个
非羟基氧原子，其结构式为。

而次氯酸分子结构式为H－O－Cl，没有
非羟基氧原子，一般地，含氧酸分子中非羟基氧原子数目越多，酸性越强，所以D正确。

13．下列叙述正确的是（）
A．离子晶体中，只存在离子健，不可能存在其它化学键
B．可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键
C．Na2O2、NaHSO4晶体中的阴、阳离子个数比均为1 2
D．晶体熔点：金刚石＞食盐＞冰＞干冰
【答案】D
【解析】A，离子晶体中，一定存在离子键，可能会含共价键，如氯化铵晶体中既有离子键又有共价键，A不正确。

B，甲烷分子与水分子之间不可能存在氢键，因为碳原子半径较大、电负性较小不具备形成氢键的条件，所以B不正确。

C，过氧化钠中含钠离子和过氧根离子，阴、阳离子个数比为2：1，所以C不正确。

D，金刚石是原子晶体，氯化钠是离子晶体，而冰和干冰都是分子晶体。

比较不同类型晶体的熔点，一般原子晶体>离子晶体>分子晶体，冰和干冰都是分子晶体，可以根据常温下水为液态，而二氧化碳为气态判断冰的熔点高于干冰，所以D正确。

【点睛】比较不同类型晶体的熔点，一般原子晶体>离子晶体>分子晶体。

都是原子晶体，成键的原子半径越小则键长越短、键能越大，熔点越高；都是离子晶体，离子半径越小、离子电荷越多则晶格能越大，熔点越高；都是分子晶体，如果分子组成和结构相似，则相对分
子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高。

还可以根据常温下状态判断，如水为液态，而二氧化碳为气态，则可判断冰的熔点高于干冰。

14．已知：H—Cl和H—I键能分别为431kJ/mol和297kJ/mol，下列性质比较正确且可用键能数据说明原因的是（）
A．稳定性：HI>HCl B．熔、沸点：HI>HCl
C．同浓度的HI和HCl的酸性：HI>HCl D．还原性：HI>HCl
【答案】C
【解析】A，分子中化学键的键能越大则分子越稳定，所以A不正确。

B，碘化氢和氯化氢都能形成分子晶体，两都在在分子组成和结构上相似，碘化氢的相对分子质量较大，所以碘化氢分子间的作用力较大，所以其熔、沸点较高，B不能用键能说明。

C，因为碘和氯都是卤素，H—I键能较小，所以碘化氢溶于水后共价键更易断裂发生电离，所以氢碘酸的酸性比盐酸强，C正确且可用键能数据说明原因。

D，因为碘的非金属性比氯弱，所以-1价I 更易失去电子被氧化，所以碘化氢的还原性比氯化氢强。

15．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）
A．溴水存在：Br2+H2O HBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅
B．为提高合成氨反应的产率，可采取降低温度的措施
C．反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）△H<0，达平衡后，升高温度体系颜色变深
D．可逆反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）。

达平衡后，缩小容器体积体系颜色变深【答案】D
【解析】A，当向溴水中加入硝酸银溶液后，硝酸银立即与溴水中氢溴酸反应生成难溶于水、难溶于酸的溴化银沉淀，从而减小了溴水中氢溴酸的浓度，使溴与水反应的化学平衡向正反应方向移动，溶液中溴分子的浓度减小，所以溶液颜色变浅，所以A可以解释。

B，合成氨的反应是放热反应，根据勒夏特列原理，降低温度后化学平衡向放热反应方向移动，所以氨的产率提高，B正确。

C，该反应的正反应方向为放热反应，升高温度后，化学平衡向吸热反应方向移动即逆反应方向，体系中红棕色的二氧化氮的浓度变大，所以体系的颜色变深，C正确。

D，该反应是气体分子数不变的反应，所以增大压强后，化学平衡不发生移动，但是当容器体积缩小后，紫色的碘蒸气的浓度变大了，所以颜色变深，D不能用平衡移动原理解释。

【点睛】平衡移动原理又勒夏特列原理，她适用于任何平衡体系，她能解释因外界条件改变导致平衡发生移动所带来的各种变化，但是如果改变的外界条件不能破坏平衡体系，平衡就不会发生移动，所以就不能用她来解释由此带来的各种现象。

16．密闭容器中有如下反应：mA（g）+nB（g）pC（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积缩小到原来的1/2，当达到新平衡时，C的浓度为原来的1.8倍．下列说法中正确的是（）
A．m+n＞p B．A的转化率降低
C．平衡向正反应方向移动 D．C的质量分数增加
【答案】B
【解析】平衡后将气体体积缩小到原来的一半，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的2倍，但此时C的浓度为原来的1．8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，增大压强平衡向逆反应方向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，则有：m+n＜p，选项A错误；增大压强平衡向逆反应方向移动，则反应物的转化率降低，故A的转化率降低，选项B正确；由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应方向移动，选项C错误；平衡向逆反应移动，生成物的质量百分含量降低，即C的质量百分含量降低，选项D错误。

考点：影响化学平衡的因素及平衡移动理论
17．向恒温恒容的密闭容器中充入amolX和bmolY，发生反应X（g）+3Y（g）2Z（g）达到平衡时，测得X和Y的转化率分别为25%和37.5%。

则a：b为（）A．1 3 B．3 1 C．3 2 D．1 2
【答案】D
【解析】X（g）+3Y（g）2Z（g）
起始量（mol） a b 0
起始量（mol） x 3x 2x
起始量（mol） a-x b-3x 2x
由题意知： : =25% :37.5%
解之得：a:b=1:2，所以D正确。

18．对于可逆反应 2AB3(g) A2(g) ＋ 3B2(g) △H>0，下列图像正确的是
【答案】D
【解析】该可逆反应正反应方向为气体体积增大的吸热反应，若在平衡状态下升高温度后，化学平衡会向正反应方向移动；若增大压强，化学平衡会向逆反应方向移动。

A，图像中两线的交点表示正反应速率和逆反应速率相等，所以此点表示该反应处于化学平衡状态，以此点为基准，升高温度后，逆反应速率大于正反应速率，说明升高温度后化学平衡向逆反应方向移动，这与题干中反应特点不同，A不正确。

B，图像表示升高温度后生成物B2的百分含量减小，说明化学平衡向逆反应方向移动，这与题干反应特点不符，B不正确。

C，由图像可知，在相同温度下，压强越大，反应物AB3的百分含量减小，这与题干的反应特点不符，C不正确。

D，由图像可知，在相同温度下AB3的百分含量随压强升高而增大；在相同压强下，AB3的百分含量随温度升高而减小，与题干中的反应特点相符，所以D正确。

【点睛】分析有关化学平衡的图像题时，先看面（即分析坐标系的横坐标与纵坐标的所表示的物理量），再看线（等温线、等压线以及线的变化趋势等等），然后看点（拐点、交点、平衡点等等），最后定一看二：即定下一个条件让其不变，然后看纵坐标所表示的物理量随某一物理量的变化所发生的变化趋势，
19．定量的稀硫酸与过量锌粉反应，为了减慢反应速率但又不影响生成氢气总量的措施是（）
A．加入少量NaOH溶液 B．加入少量的NaHSO4溶液
C．加入少量的CH3COONa溶液 D．加入少量的CuSO4溶液
【答案】C
【解析】由于稀硫酸是一定量的而锌粉是过量的，所以要减慢反应速率又不影响生成氢气总量，可以采取的措施有：降温、加水减小硫酸的浓度、加入某种强碱弱酸盐与硫酸反应生成弱酸以减小溶液中的H+浓度。

A，加入氢氧化钠会将硫酸中和，会影响生成氢气的总量，A不对。

B，加入硫酸氢钠后，溶液中H+的物质的量增多，使得生成氢气的问题变多，B不对。

C，加入少量的醋酸钠溶液后与硫酸反应生成弱酸，H+浓度减小，反应速率变慢，因为醋酸
也能与锌反应生成氢气，所不不影响生成氢气的总量，C正确。

D，加入少量的硫酸铜的，锌置换出铜后与锌形成了原电池可加快生成氢气的速率，D不正确。

20．某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A(g)+B(g) 2C(g)达到平衡时，A、B、C的物质的量分别为4mol、2mol、4mol，保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量作如下调整，平衡右移的是（）
A．均增加１mol B．均减小１mol C．均减半 D．均加倍【答案】A
【解析】在恒温恒压条件下，如果投料配比与原平衡相同，则可建立等效平衡。

C中均减半与D中均加倍都没有改变原平衡混合物的比例，所以平衡不发生移动。

A中均增加1mol。

可以分两次加入，先按原比例把1molA、0.5molB、1molC加入体系中，平衡不发生移动，此时再加入余下的0.5molB，增大了反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动，所以A正确。

B，同理分析，与A相反，平衡向左移动，B不正确。

21．在10L定容密闭容器中，A、B、C三种气态物质构成了可逆反应的体系，当在某一温度时，A、B、C物质的量与时间的关系如图1，C的百分含量与温度的关系如图2。

下列分析不正确的是（）
A．t1时刻前，混合气体的密度减小，t1时刻后，混合气体的密度不变
B．该反应的平衡常数表达式
C．由T1向T2变化时，V正> V逆
D．此反应的正反应为放热反应
【答案】A
第II卷（非选择题，共58分）
22．（Ⅰ）某化学兴趣小组要完成中和热的测定．回答下列问题：
（1）实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、0.5mol•L﹣1盐酸、0.55mol•L﹣1NaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是_______．（2）已知：反应后溶液的比热容c为4.18J·℃﹣1•g﹣1，0.5mol•L﹣1盐酸和0.55mol·L ﹣1NaOH溶液的密度均为1g·cm﹣3．实验时记录的实验数据如下：
实验
次数反应物及用量
溶液温度
t1t2
1 50mL0.55mol•L-1NaOH溶液50mL.0.5mol•L-1HCl溶液
20
℃
23.3℃
2 50mL0.55mol•L-1NaOH溶液50mL.0.5mol•L-1HCl溶液20℃23.5℃
①盐酸和氢氧化钠反应的中和热△H1=____________（保留两位小数）
②已知：CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+H+(aq) △H2>0 ,
CH3COOH(aq)+OH-(aq)= CH3COO-(aq)+H20(l) △H3 则△H3_____△H1（填“>”、“<”、“=”）
（Ⅱ）某实验小组利用硫酸酸化的KMnO4与H2C2O4反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。

该小组实验方案如下(实验测定KMnO4溶液完全褪色时间)。

回答下列问题：
实验H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液H2O/mL 温度KMnO4溶液完全
编号
浓度/mol·L-1体积/mL
浓度
/mol·L-1体积/mL
/℃褪色时间（s）
①0.20 2.0 0.010 4.0 2.0 25 t1
②0.20 4.0 0.010 4.0 0 25 t2
③0.20 4.0 0.010 4.0 0 50 t3
（3）上述反应的离子方程式为______________________________________
（4）t1_____ t2（填“>”、“<”、“=”），其理由是__________________
（5）实验②和实验③两组实验的目的是______________________________
（6）有同学做实验时发现，硫酸酸化的KMnO4与H2C2O4反应开始时，溶液褪色慢，但反应一段时间后溶液褪色明显加快。

针对上述实验现象，该同学提出下列猜想：猜想①：硫酸酸化的KMnO4与H2C2O4反应是放热反应，导致溶液温度升高，反应速率加快。

猜想②：__________________（请你补充）
要证实猜想②，除硫酸酸化的高锰酸钾溶液、草酸溶液外，还需要选择的试剂是______。

A．硫酸钾 B．硫酸锰 C．水 D．氯化锰
【答案】 (1)．Ⅰ.量筒、温度计 (2)．﹣56.85kJ•mol﹣1 (3)．> (4)．2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (5)．> (6)．①②两组温度相同，①中H2C2O4溶液浓度小于②。

(7)．探究浓度不变时，温度对化学反应速率影响 (8)．Mn2+对该化学反应起催化作用 (9)．B
【解析】（Ⅰ）．(1)．中和热的测定实验需要的仪器和试剂有：大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、量筒、温度计、0.5mol•L﹣1盐酸、0.55mol•L ﹣1NaOH溶液，所以实验尚缺少的玻璃用品是量筒、温度计。

(2)．①盐酸和氢氧化钠反
应的中和热△H1= - = - =﹣56.85kJ•mol﹣1②已知：CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+H+(aq) △H2>0 ,说明醋酸的电离过程是吸热过程，所以同样生成1mol水时放出的热量变少了，CH3COOH(aq)+OH-(aq)= CH3COO-(aq)+H20(l) △H3 则△H3>△H1（Ⅱ）(3)．在酸性条件下，高锰酸钾是强氧化剂，通常被还原了+2价的锰盐，而草酸 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (4)．①②两组温度相同，①中
H2C2O4
23．A、B、C、D、E、F是元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种常见元素，其相关信息如下表：
元
相关信息
素
A 原子核外有7种运动状态不同的电子
B 外围电子排布式为ns n np n+2
C 常见的金属，在周期表中周期序数与族序数相等
D 气态氢化物及最高价氧化物对应的水化物均为强酸
E 一种核素的质量数为56，中子数为30
F 单质紫红色，电缆材料，常见氧化物为黑色
回答下列问题：
(1)元素E在元素周期表中的位于第四周期第__族，其高价态离子核外有__个未成对电子
（2）B、C、D三种元素的离子半径由小到大的顺序是______（用离子符号表示）．（3）A、D两元素的简单氢化物发生反应生成的化合物的电子式为_______
（4）常温下AD3是一种淡黄色液体。

以下关于AD3的说法中，正确的是__________ A．AD3分子中只有非极性键 B．AD3分子中各原子均达8e-稳定结构
C．AD3的晶体属于分子晶体 D．AD3液体气化时化学键被破坏
（5）金属C与E的黑色磁性晶体氧化物在高温下反应，该反应的化学方程式为
___________________
（6）向F的硫酸盐溶液中通入AH3气体至过量,观察到的现象是__________；该过程总的离子反应式为________________向反应后的溶液中加入适量乙醇,析出深蓝色晶体，该晶体中不含有的化学键类型是________
A．配位键B．极性共价键C．非极性共价键D．离子键
【答案】 (1)．Ⅷ (2)．5(1分) (3)．rAl3+＜rO2-＜rC1- (4)．(5)．BC (6)．3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3 (7)．蓝色溶液先产生蓝色沉淀，最后沉淀溶解，形成深蓝色溶液 (8)．Cu2+十4NH3=2+或Cu2+ + 4 NH3• H2O = 2+ + 4H2O (9)．C 【解析】原子核外每一个电子的运动特征都是互不相同的，所以A元素共有7个电子，A 为氮元素。

B的电子排布式只能为1s22s2sp4，所以B为氧元素。

C元素位于元素周期表第3周期第IIIA族，是铝元素。

D的气态氢化物的水溶液和最高价氧化物对应的水化物都是强酸，在前四周期中只有17号氯元素。

E的质量数为56，中子数为30，所以E的质子数为26是铁元素。

只有铜是紫红色金属，所有F是铜元素。

(1)．元素E在元素周期表中的位于第四周期第Ⅷ族，其外围电子排布为3d64s2,铁的常见的高价态价是+3，所以其高价态离子基态外围电子排布为3d5，根据洪特规则，这5个电子要分占5个不同的3d轨道，所以核外有5个未成对电子。

(2)．B、C、D三种元素的离子半径由小到大的顺序是rAl3+＜rO2-＜rC1-(3)．A、D两元素的简单氢化物发生反应生成的化合物的电子式为 (4)． NCl3晶体属于分子晶体，分子晶体在熔化和气化时破坏的都是分子间作用力，不破坏化学键。

NCl3分子中只有极性键，N原子有5个价电子， Cl原子有7个价电子，两者形成3个共价键后，两种原子都达到了8电子稳定结构。

所以关于NCl3的说法中，正确的是BC。

(5)．金属C与E的黑色磁性晶体氧化物在高温下反应，该反应的化学方程式为：
3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3 (6)．向硫酸铜溶液中通入NH3气体至过量,先生成蓝色的氢氧化铜沉淀，然后沉淀被氨水溶解生成硫酸四氨合铜溶液，所以观察到的现象是蓝色溶液先产生蓝色沉淀，最后沉淀溶解，形成深蓝色溶液；该过程总的离子反应式为Cu2+十4NH3=2+或Cu2+ + 4 NH3• H2O = 2+ + 4H2O 。

向反应后的溶液中加入适量乙醇,析出深蓝色晶体，该晶体为SO4,其中含离子键、极性共价键、配位键，不含有的化学键类型是非极性共价键。

选C。

【点睛】配合物如SO4中硫酸根在外界，2+在内界，内界和外界之间的作用力是离子键，铜离子是中心原子，氨分子是配体，中心原子与配体之间是通过配位键结合的，配位键是一种特殊的共价键，共用电子对是由配位原子N原子单方面提供的，该晶体中的配位键以及氨分子中的共价键者是由不同元素的原子形成的共价键，所以都是极性键。

24．硒化锌是一种透明黄色半导体，也可作红外光学材料，熔点1520℃。

（1）基态锌原子的价电子排布式是_____________。

（2）根据元素周期律，电负性Se______S，第一电离能Se________As（填“>”或“<”）。

（3）H2Se的分子构型是___________，其中Se的杂化轨道类型是___________。

（4）H2O的沸点______________（填“>”或“<”）H2Se的沸点，其原因是：______。

（5）晶体Zn为六方最密堆积，其配位数是_______________。

（6）在硒化锌ZnSe晶胞中，Se2—离子作面心立方最密堆积，且Se2—与Se2—之间的最短距离为a nm，则晶胞边长为_____________ nm。

（7）假设阿伏伽德罗常数值为N A，则144g 硒化锌ZnSe晶体中的晶胞数是__________。

【答案】 (1)．3d104s2 (2)．< (3)．< (4)．V形 (5)．sp3杂化轨道(6)．> (7)．H2O分子间存在氢键 (8)．12 (9)． a (10)．0.25N A
【解析】(1)．基态锌原子的价电子排布式是 3d104s2。

(2)．S和Se都是第VIA的元素，根据元素周期律，S的非金属性较强，所以电负性Se < S，第一电离能Se <As。

(3)．H2Se 与H2O是等电子体，根据等电子原理可知，H2Se的分子构型与H2O相同都是V形，其中Se
的杂化轨道类型与O相同都是sp3杂化。

(4)．虽然水和硒化氢都能形成分子晶体，分子间都存在分子间作用力，但是水分子间还能形成比分子间作用力更强的氢键，所以H2O的沸点> H2Se的沸点，其原因是：H2O分子间存在氢键。

(5)．晶体Zn为六方最密堆积，六方堆积与面心立方相同都是密置排列，配位数都是12，所以其配位数是12。

(6)．在硒化锌ZnSe晶胞中，Se2—离子作面心立方最密堆积，且Se2—与Se2—之间的最短距离为a nm，因为面心立方是正方体，最短距离是晶胞的顶点到面心之间，也就是正方形的顶点与对角线的交点之间，所以晶胞边长为 a nm。

(7)．在硒化锌ZnSe晶胞中，Se2—离子作面心立方最密堆积，根据均摊法可求出1个ZnSe晶胞中有Se2-数为（8+6）=4，所以Zn2+数也是4，所以硒化锌晶胞的摩尔质量是硒化锌的4倍为1444g/mol，所以 144g 硒化锌ZnSe
晶体中含0.25mol，假设阿伏伽德罗常数值为N A，则144g 硒化锌ZnSe晶体中的晶胞数是0.25N A。