河北省曲周县第一中学2018-2019学年高二化学上学期12月月考试卷(含解析)

河北省曲周县一中2018-2019学年高二上学期12月月考
化学试卷
1.下列有关问题，与盐的水解有关的是（）
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
A. ①②③
B. ②③④
C. ①④⑤
D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去金属表面的锈。

②HCO与Al3＋两种离子水解相互促进，产生二氧化碳，可做灭火剂。

③草木灰的主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，两物质水解相互促进放出氨气因而不能混合施用。

④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠将瓶塞与瓶口黏合在一起而打不开，因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞。

⑤AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3＋3H2O Al(OH)3＋3HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体。

2.用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液,下列操作会使测定结果偏低的有
A. 以酚酞作指示剂
B. 锥形瓶中有少量水
C. 滴定前,滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失
D. 滴定前仰视滴定管读数,滴定后平视读数
【答案】D
【解析】
氢氧化钠滴定醋酸，终点时溶液显碱性，A不影响，同样B也不影响。

C中说明消耗企业很难的体积偏多，测定结果偏高。

仰视读数，读数偏大，所以消耗氢氧化钠的体积偏少，测定结果偏低，答案选D。

3.下列变化使所得溶液的pH=7的是
A. 将25℃ pH=7的NaCl溶液加热至80℃
B. 常温下,pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合
C. 常温下,pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合
D. 常温下,0.1mol·L-1的NaAlO2溶液和0.1mol·L-1的HCl溶液按体积比1:4混合
【答案】B
【解析】
【分析】
A．升高温度促进水电离，溶液中c（H＋）增大；
B、常温下，pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠和水；
C、常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余；
D、常温下,0.1mol·L-1的NaAlO2溶液和0.1mol·L-1的HCl溶液按体积比1:4混合，生成氯化钠、氯化铝和水，氯化铝水解后呈酸性。

【详解】A．升高温度促进水电离，溶液中c（H＋）增大，则溶液的pH小于7，故A错误；
B、常温下，pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠和水，硫酸钠是强酸强碱盐，其溶液呈中性，pH=7，故B正确；
C、常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，溶液的pH＜7，故B错误；
D、常温下,0.1mol·L-1的NaAlO2溶液和0.1mol·L-1的HCl溶液按体积比1:4混合，生成氯化钠、氯化铝和水，氯化铝水解后呈酸性，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，解题关键：明确溶液中的溶质及其性质，易错点A，升高温度促进水电离，溶液的pH小于7，但溶液仍然呈中性，难点D，NaAlO2和酸反应与酸的量有关．
4.下表是五种银盐的溶度积常数(25 ℃)：
下列说法不正确的是
A. 五种物质在常温下溶解度最大的是Ag2SO4
B. 将氯化银置于水中，向其中加入Na2S，则可以生成黑色沉淀
C. 氯化银、溴化银和碘化银三种物质在常温下的溶解度随着氯、溴、碘的顺序增大
D. 沉淀溶解平衡的建立是有条件的，外界条件改变时，平衡也会发生移动
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据溶度积常数可知，五种物质在常温下溶解度最大的是Ag2SO4，正确；B、因为氯化银的溶度积大于硫化银的溶度积，根据沉淀溶解平衡，物质可以向更难溶的方向移动，所以将氯化银溶解于水后，向其中加入Na2S，则可以生成黑色沉淀Ag2S，正确；C、根据溶度积常数可知，氯化银、溴化银和碘化银三种物质在常温下的溶解度随着氯、溴、碘的顺序减小，错误；D、溶度积常数随着温度的变化而改变，所以沉淀溶解平衡的建立是有条件的，外界条件改变时，平衡也会发生移动，正确。

考点：本题考查溶度积常数、沉淀溶解平衡。

5.将标准状况下2.24L CO2缓慢通入1L 0.15mol·L-1的NaOH溶液中,气体被充分吸收(溶液体积变化忽略不计),下列关系式不正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
n（CO2）=2.24L/22.4L·mol－1=0.1mol，n（NaOH）=1L×0.15mol·L－1=0.15mol，则发生：2CO2+3OH－=CO32－+HCO3－+H2O，结合CO32－+H2O HCO3－+OH－，HCO3－+H2O H2CO3+OH－解析。

【详解】n（CO2）=2.24L/22.4L·mol－1=0.1mol，n（NaOH）=1L×0.15mol·L－1=0.15mol，
则发生：2CO2+3OH－=CO32－+HCO3－+H2O，结合①CO32－+H2O HCO3－+OH－，②HCO3－+H2O H2CO3+OH－，则有：
A、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（HCO3－）+2c（CO
3
2－），故A正确。

B、n（CO32－）+n（HCO3－）+n（H2CO3）=0.1mol，n（Na＋）=0.15mol，根据物料守恒得，2C （Na＋）=3[c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（CO32－）]，故B正确。

C、n（CO32－）+n（HCO3－）+n（H2CO3）=0.1mol，n（Na＋）=0.15mol，又存在①CO32－+H2O HCO3
－+OH－，②HCO
3－+H
2
O H2CO3+OH－，水解程度①＞②且水解程度都较小，则c（HCO3－）＞c
（CO32－）＞c（OH－），则有c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（CO32－）＞c（OH－）＞c（H＋），故C 错误。

D、根据阴阳离子所带电荷相等得c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（HCO3－）+2c（CO32－）①，根据物料守恒得2c（Na＋）=3[c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（CO32－）]②，将方程式②-①×2得2c（OH－）+c（CO32－）=c（HCO3－）+3c（H2CO3）+2c（H＋），故D正确。

故选C。

6.关于晶体的下列说法正确的是
A. 任何晶体中,若含有阳离子就一定有阴离子
B. 原子晶体中只含有共价键
C. 原子晶体的熔点一定比金属晶体的高
D. 离子晶体中只含有离子键,不含有共价键
【答案】B
【解析】
试题分析：A．金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，所以有阳离子不一定有阴离子，故A错误；B．原子晶体中原子间以共价键结合而成，故B正确；C．不同金属晶体熔点差别很大，有的熔点很高如钨，所以原子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，故C错误；D．离子晶体中也可能含有共价键，如氢氧化钠属于离子晶体，既含有离子键，又含有共价键，故D错误；故选B。

考点：考查了化学键、晶体类型、熔沸点的比较的相关知识。

7.现有如下各种说法:
①金属和非金属化合时一定形成离子键;
②离子键是阳离子、阴离子的相互吸引力;
③根据电离方程式HCl H++Cl-,判断氯化氢分子里存在离子键;
④氢气和氯气的反应过程:H2、Cl2分子里共价键发生断裂生成H原子、Cl原子,而后H原子、
Cl原子形成离子键的过程
上述各种说法正确的是
A. ①②
B. 都不正确
C. ①②④
D. ①
【答案】B
【解析】
【分析】
①一般金属元素与非金属元素形成离子键，但氯化铝等分子晶体例外；
②离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用，不仅仅是吸引力；
③不能利用电离来分析物质中的化学键；
④H原子、Cl原子以共用电子对形成共价键．
【详解】①一般金属元素与非金属元素形成离子键，但氯化铝等分子晶体为共价化合物，不含离子键，故①错误；
②离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用，既有吸引力也有排斥力，故②错误；
③不能利用电离来分析物质中的化学键，共价化合物溶于水也能发生电离产生离子，要看原子间形成的作用力，故③错误；
④H原子、Cl原子以共用电子对形成共价键，故④错误；
故选：B。

8.下列物质中的离子键最强的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：离子键的强弱与离子本身所带电荷的多少及半径有关，半径越小，离子键越强，离子所带电荷越多，离子键越强，在所给阳离子中，Mg2＋带两个正电荷，且半径最小，在阴离子中，O2－带两个单位的负电荷，且半径比Cl－小，所以MgO中离子键最强，答案选C。

考点：考查离子键强弱的判断。

9.已知某+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9 ,该元素在周期表中所属的族是
A. ⅠB
B. ⅡB
C. Ⅷ
D. ⅡA
【答案】A
【解析】
该原子的电子排布式为[Ar]3d104s1；故为ⅠB族
10.下列说法正确的是
A. 第Ⅰ族元素的金属性比第Ⅱ族元素的金属性强
B. 第Ⅵ族元素的简单气态氢化物中,稳定性最强的其沸点也最高
C. 同周期非金属元素的氧化物对应的水化物的酸性从左到右依次增强
D. 第二周期元素随族序数的递增,其最高化合价也递增
【答案】B
【解析】
【分析】
A．同周期第ⅠA族元素的金属性比第ⅡA族元素的金属性强；
B．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，结合氢键判断沸点；C．非金属最高价氧化物对应水化物的酸性越强，中心元素的非金属性越强；
D．氧元素、氟元素没有正化合价．
【详解】A．同周期第ⅠA族元素的金属性比第ⅡA族元素的金属性强，若不为同一周期，则不一定，如金属性Ca＞Li，故A错误；
B．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最好是H2O，氧元素电负性很大，水分子之间存在氢键，沸点故同主族其它元素氢化物中最高，故B正确；
C．同周期自左而右，非金属性增强，非金属最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属元素化合价有多种，不一定是最高价，强调最高价氧化物最应水化物，故C错误；
D．氧元素、氟元素没有正化合价，故D错误；
故选：B。

【点睛】本题考查元素周期律等，易错点C，非金属元素化合价有多种，不一定是最高价，强调最高价氧化物最应水化物。

11.下列关于晶体与非晶体的说法正确的是
A. 晶体一定比非晶体的熔点高
B. 晶体有自范性但排列无序
C. 非晶体无自范性而且排列无序
D. 固体SiO2一定是晶体
【答案】C
【解析】
试题分析：A．晶体有固定的熔点，非晶体没有熔点，故A错误；B．晶体有自范性且排列有序，故B错误；C．非晶体无自范性而且排列无序，故C正确；D．SiO2其存在形态有结晶形和无定形两大类，即SiO2也有非晶体，故D错误；故选C。

考点：考查晶体与非晶体的性质与区别
12.下列晶体中,金属阳离子与“自由电子”间的作用最强的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
同周期从左向右金属性减弱，结合金属活动性顺序表、元素周期律解答。

【详解】Na、Mg、Al位于同周期，结合金属活动性顺序可知，金属性为K＞Na＞Mg＞Al，则金属性最强的为Na，钠最容易失去电子，金属阳离子与“自由电子”间的作用最强的是Al，电子越难失去。

也可从离子半径铝离子最小，铝离子带的电荷最大，对电子的引力越大来理解。

故选：C。

13.在轨道中电子排布成,而不排布成
,其直接的根据是
A. 能量最低原理
B. 泡利不相容原理
C. 原子轨道能级图
D. 洪特规则
【答案】D
【解析】
试题分析：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，4个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，故本题的答案选择D。

考点：洪特规则
点评：本题考查了洪特规则，学生要掌握洪特规则的概念即——当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，本题比较基础。

14.在20世纪90年代末期,科学家发现并证明碳有新的单质形态存在。

后来人们又相继
得到了、、、等另外一些球碳分子。

21世纪初,科学家又发现了管状碳分子和洋葱状碳分子,大大丰富了碳元素单质的家族。

下列有关说法错误的是
A. 熔点比较:
B. 、、管状碳和洋葱状碳之间的转化属于化学变化
C. 晶体结构如上图所示,每个分子周围与它最近且等距离的分子有12个
D. 、、管状碳和洋葱状碳都不能与发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】
A、分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高；
B、、、管状碳和洋葱状碳是碳形成的不同的单质，它们之间的转化属于化学变化；
C、以晶胞顶点上的C60为例，与之距离最近的分子在经过该点的面的面心上，这样的面有12个，所以这样的分子也有12个。

D、、、管状碳和洋葱状碳都能与发生反应，生成碳的氧化物。

【详解】A、分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，熔点比较: ，故A正确；
B、、、管状碳和洋葱状碳是碳形成的不同的单质，它们之间的转化属于化学变化，故B正确；
C、以晶胞顶点上的C60为例，与之距离最近的分子在经过该点的面的面心上，这样的面有12个，所以这样的分子也有12个，故C正确；
D、、、管状碳和洋葱状碳都能与发生反应，生成碳的氧化物，故D错误。

故选D。

15.下列叙述正确的是
A. 元素周期律的本质是原子半径呈周期性变化
B. 两种微粒,若核外电子排布完全相同,则其化学性质一定相同
C. 阳离子的核外电子排布一定比它的原子少一个电子层
D. 两原子如果核外电子排布相同,则一定属于同种元素
【答案】D
【解析】
【分析】
A．元素周期律的本质是元素原子最外层电子排布呈周期性的变化；
B．两种微粒，若核外电子排布完全相同，可能互为同位素，也可能是核电荷数不同的阳离子、阴离子、原子；
C．有变价的金属阳离子如Pb2＋离子电子层与原子电子层可能相同；
D．两原子如果核外电子排布相同，一定互为同位素．
【详解】A．元素周期律的本质是元素原子最外层电子排布呈周期性的变化，故A错误；B．两种微粒，若核外电子排布完全相同，若互为同位素，化学性质几乎完全相同，也可能是核电荷数不同的阳离子、阴离子、原子，如Ar、K＋、S2－等，化学性质不相同，故B错误；C．阳离子的核外电子排布不一定比它的原子少一个电子层，有变价的金属阳离子如Pb2＋离子电子层与原子电子层可能相同，故C错误；
D．两种原子，如果核外电子排布相同，一定互为同位素，属于同种元素，故D正确，
故选：D。

16.白磷与氧气可发生如下反应：P4＋5O2===P4O10。

已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P a kJ·mol－1、P—O b kJ·mol－1、P===O c kJ·mol－1、O===O d kJ·mol－1。

根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH，其中正确的是
A. (6a＋5d－4c－12b) kJ·mol－1
B. (4c＋12b－6a－5d) kJ·mol－1
C. (4c＋12b－4a－5d) kJ·mol－1
D. (4a＋5d－4c－12b) kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
【分析】
反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断。

注意每摩尔P4中含有6molP-P键。

【详解】各化学键键能为P—P a kJ·mol－1、P—O b kJ·mol－1、P===O c kJ·mol－1、O===O d kJ·mol－1。

反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，
所以反应P4+5O2=P4O10的反应热△H=6a kJ·mol－1+5d kJ·mol－1-（4c kJ·mol－11+12b kJ·mol－1）=（6a+5d-4c-12b）kJ·mol－1，
故选：A。

17.下列关于晶体网状结构(如图)的叙述正确的是
A. 存在四面体结构单元, 处于中心, 处于4个顶角
B. 最小环上有3个原子和3个原子
C. 最小环上和原子数之比为1:2
D. 最小环上有6个原子和6个原子
【答案】D
【解析】
【分析】
根据二氧化硅晶体中结构单元判断硅、氧原子的位置关系，二氧化硅的最小环上含有6的氧原子和6个硅原子。

【详解】A、二氧化硅晶体中存在四面体结构单元，每个硅原子能构成四个共价键，每个氧原子能形成2个共价键，Si处于中心，O处于4个顶角，故A错误；
B、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，故B错误；
C、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，所以最小的环上硅氧原子数之比为1：1，故C错误；
D、最小的环上，有6个Si原子和6个O原子，Si处于中心，O处于4个顶角，故D正确。

故选：D。

18. 下列各项所述的数字不是“6”的是
A. 在NaCl晶体中，与一个Na+最近的且距离相等的Cl－的个数
B. 在金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数
C. 在二氧化硅晶体中，最小的环上的原子个数
D. 在石墨晶体的片层结构中，最小的环上的碳原子个数
【答案】C
【解析】
试题分析：A、NaCl晶体属面心立方结构，与一个Na+最近且距离相等的Cl-的个数有6个，A正确；B、金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数有6个，B正确；C、二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个O原子，因此最小环上的原子个数为12个，C 错误；D、石墨晶体的片层结构中，最小环上的碳原子个数为6个，D正确，答案选C。

考点：考查晶体结构判断
19.GaAs晶体的熔点很高, 硬度很大, 密度为ρ g·cm-3,Ga 和As 的摩尔质量分别为MGag·mol-1和MAs g·mol-1, 原子半径分别为rGa pm 和rAs pm, 阿伏加德罗常数值为N A, 其晶胞结构如下图所示, 下列说法错误的是
A. 该晶体为原子晶体
B. 在该晶体中,Ga和As均无孤对电子,Ga和As的配位数均为4
C. 原子的体积占晶胞体积的百分率为
D. 所有原子均满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
A．GaAs 晶体的熔点很高，硬度很大，符合原子晶体的特点；
B．由晶胞结构可知，晶胞中As、Ga原子数目之比为1：1，As、Ga配位数相同，Ga与周围4个As原子形成正四面体结构，As与周围4个Ga原子也形成正四面体结构，原子均形成4个键，Ga原子价电子为3，与As形成4个共价键，说明As原子提供1对孤电子对给Ga形成配位键；
C．均摊法计算晶胞中各原子数目，再计算原子总体积，结合密度计算晶胞体积，空间利用率=晶胞最近原子总体积/晶胞体积×100%；
D．每个As、Ga原子都形成4个共价键，均没有孤电子对。

【详解】A．GaAs 晶体的熔点很高，硬度很大，为空间立体网站结构，属于原子晶体，故A 正确；
B．由晶胞结构可知，Ga的配位数为4，晶胞中Ga原子数目=4，As原子数目=8×1/8+6×1/2=4，晶胞中As、Ga原子数目之比为1：1，故As配位数也是4，Ga与周围4个As原子形成正四面体结构，As与周围4个Ga原子也形成正四面体结构，原子均形成4个键，Ga原子价电子为3，与As形成4个共价键，说明As原子提供1对孤电子对给Ga形成配位键，As原子最外层5个电子全部成键，均没有孤电子对，故B正确；
C．晶胞中原子总体积=4×4/3π（r Ga3+r As3）×10-30 cm3，晶胞质量=4×(M Ga+M As)/N A g，晶胞体积=（4×(M Ga+M As)/N A g）÷ρ g·cm-3，原子的体积占晶胞体积的百分率
=×100%=4πρN A(r3Ga+r3As)/3(MGa+MAs)×10-30×100%，故C错误；
D．每个As、Ga原子都形成4个共价键，均没有孤电子对，所有原子均满足 8 电子稳定结构，故D正确，
故选：C。

【点睛】本题考查晶胞结构与计算、晶体类型与性质、化学键等，关键是对晶胞结构的理解，掌握确定配位数常用方法，掌握均摊法进行晶胞有关计算，需要学生具备知识的基础与灵活运用的能力。

20.若与的电子层结构相同,且2个原子与3个原子的电子总数相等,则下列说法正
A. 为硫元素
B. 元素原子的外围电子排布式为
C. 元素原子的核外电子排布式为
D. 、都是元素周期表中区的元素
【答案】C
【解析】
【分析】
设A的核电荷为a，B的核电荷为b，a-2=b+n，2a=3b，得b=2n+4，n=1，b=6，a=9，不合题意，n=2，b=8，a=12，合题意，n=3，b=10，a=15，不合题意。

【详解】设A的核电荷为a，B的核电荷为b，a-2=b+n，2a=3b，得b=2n+4，n=1，b=6，a=9，不合题意，n=2，b=8，a=12，合题意，n=3，b=10，a=15，不合题意。

则A为镁，B为氧。

A、B为氧元素，故A错误；
B、B元素原子的外围电子排布式为，故B错误；
C、Mg元素原子的核外电子排布式为，故C正确；
D、B都是元素周期表中区的元素，A是元素周期表中s区的元素，故D错误；
故选C。

21.元素周期表中,有非金属元素的区域为
A. 只有区
B. 只有区
C.区、区和区
D.区和区
【答案】D
【解析】
【分析】
氢在s区，其余非金属在p区。

【详解】氢在s区，其余非金属B、C、N、O、F、Si、P、S、Cl、As、Se、Br、Te、I、At
及稀有气体在p区。

故选D。

22.下面的排序错误的是（）
A. 晶体熔点由高到低：MgO＞H2O＞NH3
B. 熔点由高到低：金刚石＞生铁＞纯铁＞钠
C. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
D. 晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
【答案】B
【解析】
试题分析：B项：顺序应为，金刚石>纯铁>生铁 >钠，故错。

故选B。

考点：熔点硬度晶格能
点评：本题考查的是熔点、硬度、晶格能的相关知识，需要注意的是合金的熔点会低于各组成成分的熔点。

23.下列不属于共价键成键因素的是( )
A. 共用电子对在两原子核之间高概率出现
B. 共用的电子必有配对
C. 成键后体系能量降低，趋于稳定
D. 两原子核体积大小要适中
【答案】D
【解析】
两原子形成共价键时电子云发生重叠，即电子在两核之间出现的机会更多，A正确；成键原子相互靠近，自旋方向相反的两个电子形成共用电子对，B正确；两原子电子云重叠越多，键越牢固，体系的能量也越低，C正确；原子的体积大小与能否形成共价键无必然联系，D 错误；正确选项D。

24.碳、氮、磷、砷和硼的相关化合物在化工、医药、农药、材料等领域有着广泛的应用。

锂、钠、铝、铁等金属在日常生活、工业生产中也占有举足轻重的地位,请回答下列问题: （1）基态As原子的电子排布式为______________________;
（2）氮化硼(BN)有多种晶型,其中立方氮化硼与金刚石的构型类似,则其晶胞中B—N—B之间的夹角是___________________(填角度)。

（3）金属晶体的四种堆积如下图,金属钠的晶体堆积模型为___ (填字母)。

【答案】 (1). [Ar]3d104s24p3 (2). 109-28’ (3). d
【解析】
【分析】
（1）As是33号元素，在周期表中位于第4周期，第ⅤA族；
（2）立方氮化硼与金刚石的构型类似，金刚石中C原子的杂化方式为sp3杂化；
（3）金属钠晶体为体心立方堆积；
【详解】（1）As是33号元素，在周期表中位于第4周期，第ⅤA族，则其基态原子的电子排布式为：[Ar]3d104s24p3；
（2）立方氮化硼与金刚石的构型类似，金刚石中C原子的杂化方式为sp3杂化，所以晶胞中B-N-B之间的夹角是109°28′。

（3）金属钠晶体为体心立方堆积，故选d。

25.金属钨晶体晶胞的结构模型如下图所示。

实验测得金属钨的密度为19.30已知钨的相对原子质量为183.8。

回答下列问题:
（1）在钨晶体中每个晶胞占有的钨原子数为__________个。

（2）钨晶体晶胞的边长为__________。

（3）钨原子的半径为__________。

【答案】 (1). 2 (2). 3.16×10-8 (3). 1.37×10-8
【解析】
【分析】
（1）利用均摊法计算；
（2）根据ρ=m/V计算体积，根据体积计算边长；
（3）根据边长计算原子半径。

【详解】（1）晶胞中钨位于晶胞的顶点和体心，晶胞平均含有8×1/8+1=2个钨原子；
（2）设晶胞的边长为x，已知金属钨的密度为dg·cm-3，钨的相对原子质量是M，则晶胞的
体积为x3cm3，晶胞的质量为2M/N A，则有d=2M/N A x3，
x=；
（3）因边长=，设半径为r，原子紧密相邻，则r==1.37×10-8 cm．
【点睛】本题主要考查了金属晶体的结构及计算，解题关键：注意基础知识的运用，要熟记
常见晶胞的结构。

26.回答下列问题:
（1）在1~18号元素中,除稀有气体元素外,原子半径最大的是元素是__________,电负性最
大的元素是__________(用元素符号表示)。

（2）某元素的轨道上有1个未成对电子,该元素为__________(用元素符号表示)。

（3）某元素原子的价电子排布式为,它在周期表中的位置是__________,其最高正化合
价是__________。

（4）某元素的激发态(不稳定状态)原子的电子排布式为,该元素基态原子的
电子排布式为__________。

（5）日常生活中广泛应用的不锈钢,在其生产过程中添加了某种元素.该元素的外围电子排
布为该元素的名称为__________,它在元素周期表中位于__________区。

【答案】 (1). Na (2). F (3). Al或Cl (4). 第四周期ⅥA族 (5). +6 (6). 1s22s23p63s23p2 (7). 铬 (8). d
【解析】
【分析】
（1）在1～18号元素中，除稀有气体元素外：原子半径最大的元素是Na，电负性最大的是F；
（2）某元素的3p轨道上有1个未成对电子,原子的价电子构型为3s23p1或3s23p5；
（3）根据核外电子排布确定原子结构特点，可确定元素在周期表中的位置；最高正价=价电子数；
（4）根据能量最低原理解答；
（5）根据核外电子排布确定原子结构特点，可确定元素在周期表中的位置，确定元素的原子序数；
【详解】（1）在1～18号元素中，除稀有气体元素外：原子半径最大的元素是Na，电负性最大的是F；
（2）某元素的3p轨道上有1个未成对电子,原子的价电子构型为3s23p1或3s23p5，该元素为Al或Cl；
（3）某元素原子的价电子排布式为,它在周期表中的位置是第四周期ⅥA族,其最高正化合价是+6；
（4）某元素的激发态(不稳定状态)原子的电子排布式为,根据能量最低原理，先排满3s能级，该元素基态原子的电子排布式为1s22s23p63s23p2；
（5）外围电子排布为第四周期ⅥB族，该元素的名称为铬,它在元素周期表中位于d 区。

27.已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性,将溶液中的Cu2+、Fe2+、Fe3+沉淀为氢氧化物,需溶液的pH分别为6.4、6.4、3.7。

现有含FeCl x杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O),为制取纯净的CuCl2·2H2O,首先将其制成水溶液,然后按图示步骤进行提纯:
请回答下列问题:
（1）本实验最适合的氧化剂X是__________。

(选填下面的序号)
A.K2Cr2O7
B.NaClO
C.H2O2
D.KMnO4
（2）物质Y是__________。

（3）本实验用加碱沉淀的目的是否能达到?__________。

原因是__________。

（4）加氧化剂的目的为__________。

（5）最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体?________。

如何操作? __________。

·【答案】 (1). C (2). CuO或Cu(OH)2或CuCO3 (3). 不能 (4). 因加碱的同时也会使Cu2+生成Cu(OH)2沉淀 (5). 将Fe2+氧化成Fe3+,便于生成沉淀而与Cu2+分离(6). 不能 (7). 应在HCl气流中蒸发
【解析】
【分析】
加入氧化剂X的目的是把亚铁离子氧化，根据除杂原则，不能引入新的杂质；加入试剂Y 的目的是调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，过滤除去沉淀，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铜晶体，
（1）加入氧化剂，将Fe2＋氧化为Fe3＋，易除去，除杂时，不能引入新的杂质；
（2）物质Y的作用是调节溶液的pH，据此来选择合适的试剂；
（3）本实验用加碱沉淀的目的不能达到，因加碱的同时也会使Cu2+生成Cu(OH)2沉淀；（4）加入氧化剂，将Fe2＋氧化为Fe3＋；
（5）CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发）．
【详解】（1）根据题意，加入氧化剂X可把Fe2＋氧化为Fe3＋，而没有增加新杂质，所以X
为H2O2，故选C；
（2）调节pH至3.7，使Fe3＋全部沉淀，所以Y最好为CuO或Cu(OH)2或CuCO3；
（3）本实验用加碱沉淀的目的不能达到，因加碱的同时也会使Cu2+生成Cu(OH)2沉淀；（4）Fe2＋沉淀为氢氧化物时所需pH与Cu2＋的沉淀的pH相同，也就是说，Fe2＋沉淀的同时，Cu2＋也会沉淀，无法将两者分离开，根据题干提供信息可知Fe3＋沉淀所需的pH较小，所以应先将Fe2＋氧化为Fe3＋后再将其除去；
（5）CuCl2属于强酸弱碱盐，加热蒸发时促进其水解（HCl易挥发）．所以应在HCl气氛中采用浓缩后冷却结晶的方法，以得到CuCl2·2H2O的晶体。

【点睛】本题考查阅读获取信息能力、对工艺流程理解与实验条件控制、实验方案的评价、物质分离提纯除杂等有关实验操作，解题关键：实验基础知识和灵活应用信息解决问题，以。