张家口市2021届高三化学上学期第一阶段检测试题含解析

河北省张家口市2021届高三化学上学期第一阶段检测试题含解析河北省张家口市2021届高三化学上学期第一阶段检测试题含解析PAGE27-河北省张家口市2021届高三化学上学期第一阶段检测试题含解析河北省张家口市2021届高三化学上学期第一阶段检测试题（含解析）注意事项：1。本试卷共100分，考试时间90分钟.2.请将各题答案填在答题卡上。本次考试可能用到的相对原子质量:H—1C-12O—16Si—28P-31Cl-35。5Ca—40Sc—45Ga—70第I卷（选择题共40分）一、选择题:本题共10小题,每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1。化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是(）A.溴化银是一种重要的感光材料，常用于人工降雨B。水玻璃是建筑行业常用的一种黏合剂C。漂白粉可用往澄清石灰水中通入氯气的方法来生产D.氯化钙、生石灰、硫酸亚铁等都是食品包装袋中常用的干燥剂【答案】B【解析】【详解】A．溴化银是一种重要的感光材料，常用于人工降雨的是碘化银，故A错误；B．水玻璃有粘性,所以水玻璃是建筑行业常用的一种黏合剂，故B正确;C．漂白粉可用往石灰乳中通入氯气的方法来生产，不能通入澄清石灰水来生产，故C错误；D．硫酸亚铁不能吸水,不能用作干燥剂，故D错误；故选B.2。下列物质中,能与浓硝酸反应的电解质是（）A.铁 B。二氧化硫 C。氧化铜 D。氢氧化钠溶液【答案】C【解析】【详解】A．铁为单质,不属于电解质，故A错误；B．二氧化硫在熔融状态下不能导电，是非电解质,故B错误；C．氧化铜在熔融状态下能导电，是电解质，同时氧化铜为碱性氧化物，能和硝酸反应，故C正确；D．氢氧化钠溶液是混合物,不是电解质，故D错误；故选C.3。下列有关离子方程式正确的是（）A.NH4HSO4溶液中滴加过量的NaOH溶液：NH+OH—=NH3·H2OB.CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓C.BaCl2溶液中通入CO2：Ba2++H2O+CO2=BaCO3↓+2H+D。Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl—+SO【答案】D【解析】【详解】A．NH4HSO4溶液中滴加过量的NaOH溶液:NH+H++2OH—=NH3·H2O+H2O，A错误；B．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH，B错误;C．BaCl2溶液中通入CO2两者不发生反应，一般情况弱酸（H2CO3)不能反应生成强酸（H+)，C错误;D．Na2SO3溶液吸收少量Cl2，Na2SO3溶液中部分的亚硫酸根离子被氯气氧化为硫酸根离子，氯气被亚硫酸根离子还原为氯离子，发生反应的离子方程式：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO,D正确；答案选：D.4。下列变化所克服的微粒间的作用力属于同种类型的是（)A。干冰升华与液溴挥发 B。二氧化硅和氯化钠分别受热熔化C。硫酸铜和硫酸分别溶于水 D.水和苯分别受热变为蒸汽【答案】A【解析】【详解】A．干冰与液溴都是分子晶体,干冰挥发和液溴挥发都是克服分子间作用力，故A正确;B．二氧化硅为原子晶体，氯化钠为离子晶体，熔化时要克服共价键和离子键，不是同种类型，故B错误;C．硫酸铜为离子晶体,硫酸为分子晶体，分别溶于水要克服离子键和共价键，不是同种类型，故C错误；D．水变为蒸气要克服分子间作用力和氢键,苯变为蒸汽要克服分子间作用力，不是同种类型，故D错误；故选A.5。下列说法不正确的是（）A。区别离子化合物和共价化合物的方法是看其熔融状态下是否能够导电B。含有π键的化合物与只含σ键的化合物的化学性质不同C。N的电子排布式写成1s22s22px22py1,它违背了泡利原理D.金属钠的晶体采用体心立方堆积,每个晶胞含2个原子，配位数为8【答案】C【解析】【详解】A．离子化合物在熔融状态能导电，共价化合物在熔融状态不能导电，属于区别离子化合物和共价化合物的方法是看其熔融状态下是否能够导电,故A正确；B．含有π键的化合物含有双键，只含σ键的化合物只含有单键,所以他们的化学性质不同,故B正确;C．N的电子排布式写成1s22s22px12py12pz1，选项中的排布式它违背了洪特规则,故C错误；D．金属钠的晶体采用体心立方堆积，所以每个晶胞含1+8×=2个原子,每个钠原子周围距离最近的钠原子有8个，所以配位数为8，故D正确；故选C.6。下列实验装置能达到相应实验目的的是（）A。比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱B.比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性C。比较Cl2、Br2、I2的氧化性强弱D.比较Mg、Al的金属活动性强弱【答案】B【解析】【详解】A．浓盐酸易挥发，氯化氢和二氧化碳通入硅酸钠中，均有沉淀出现，不能比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，故A错误;B．碳酸氢钠受热易分解，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，能比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，故B正确；C．氯气氧化溴离子产生溴单质，溴单质易挥发，故不能比较Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，故C错误；D．由于镁不能和氢氧化钠溶液反应,所以铝作负极，镁作正极，不能比较Mg、Al的金属活动性强弱，故D错误；故选B。7。如表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断以下叙述正确的是()元素代号ABCDE原子半径/nm0.1600.1430.1020。0710.099主要化合价+2+3+6、—2—1-1A。简单离子半径:C＞E＞D＞A＞BB。气态氢化物的稳定性：D＞C＞EC。简单离子的还原性:D＞C＞ED。最高价氧化物对应的水化物的酸性：C＞E【答案】A【解析】【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，D、E为—1价，则D为F元素，E为Cl元素;C主要化合价为-2、+6价，可知C为S元素，A为+2价,原子半径大于S元素，故A为Mg元素；B为+3价,原子半径小于Mg大于S,故B为Al元素。【详解】A．电子层数越多的离子,半径越大，电子层数相同的离子，原子序数越大,离子半径越小，所以简单离子半径大小关系为：C＞E＞D＞A＞B，故A正确;B．非金属性F＞Cl＞S，非金属性越强,气态氢化物越稳定，所以气态氢化物的稳定性：D＞E＞C，故B错误；C．非金属性F＞Cl＞S，非金属性越强,简单离子的还原性越弱，所以简单离子的还原性D＜E＜C,故C错误；D．非金属性Cl＞S,非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，酸性HClO4＞H2SO4，故D错误；故选A。8。类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是（)A。氯化钠晶体的阳离子配位数是6，推测氯化铯晶体的阳离子的配位数也是6B.CO2是直线型分子，推测SiO2也是直线型分子C。金刚石中原子之间以共价键结合,推测晶体硅中原子之间也是以共价键结合D。SiH4的沸点高于CH4，推测HCl的沸点高于HF【答案】C【解析】【详解】A．氯化钠晶体的阳离子配位数是6，但是氯化铯晶体的阳离子的配位数是8，故A错误；B．CO2是直线型分子，SiO2是原子晶体，不存在分子，故B错误；C．金刚石和晶体硅都原子晶体,以共价键相结合，所以金刚石中原子之间以共价键结合，晶体硅中原子之间也是以共价键结合，故C正确；D．氟化氢含有氢键，沸点高于氯化氢，故D错误；故选C。9。前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期,X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y在同周期中电负性最小,二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，T元素的价电子排布式为3d104s1，下列说法正确的是（）A.Y、Z、T单质晶胞堆积方式相同B.W和T的单质混合加热可得化合物T2WC.X的单质是分子晶体D.X、W的简单氢化物都是极性分子【答案】B【解析】分析】T元素的价电子3d104s1，可知T元素为Cu,X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体,则X应为C或Si元素，Y在同周期中电负性最小Y为Na或K元素，若Y为K元素，元素Z形成的离子半径最小，则Z应为Ga元素，其原子序数大于Cu，不符合前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，所以Y只能为Na，则X为C元素,二元化合物E中元素Y和W的质量比为23:16，Y为Na元素，则W为S元素,化为物E为Na2S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，则Z为Al元素.【详解】A．Y、Z、T的单质分别为Na、Al、Cu,晶胞堆积方式分别为体心立方堆积、面心立方最密堆积、面心立方最密堆积，堆积方式不同,故A错误；B．W和T的单质混合加热，即铜和硫在加热条件下反应生成Cu2S，故B正确；C．X为C，C的单质如金刚石是原子晶体，故C错误；D．X、W的简单氢化物即CH4，H2S，甲烷的空间构型是正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故D错误；故选B。10。短周期元素A、B、C的原子序数依次增大，D为过渡元索；甲、乙、丙、丁、戊、已为这些元素组成的单质或化合物，转化关系如图所示(反应条件和部分产物已略去)，其中乙、丁为单质，甲为含碳量最低的烃,X为混合物.下列说法不正确的是（)A。X中各物质的空间构型均为四面体B.电负性C〉B>A>DC。B、C与A形成分子化学键类型相同D。乙与丁的晶体类型相同【答案】D【解析】【分析】短周期元素A、B、C的原子序数依次增大,D为过渡元索;甲、乙、丙、丁、戊、已为这些元素组成的单质或化合物，转化关系如图所示（反应条件和部分产物已略去)，其中乙、丁为单质,甲为含碳量最低的烃，X为混合物,说明甲为甲烷，乙为氯气,丙为氯化氢，根据氯气+丁→戊,戊+氯气→已，说明丁为变价金属，根据D为过渡元索，则D为铁，根据A、B、C的原子序数依次增大，则A为H，B为C，C为Cl,D为Fe。【详解】A．X为甲烷和氯气的取代产物,空间构型均为四面体，故A正确；B．同周期电负性从左到右逐渐增强，同主族电负性从下到上逐渐增强，所以电负性强弱为Cl>C>H〉Fe，故B正确；C．A、B、C均为非金属元素，形成的分子化学键都是共价键,类型相同，故C正确；D．乙为氯气，分子晶体，丁为铁，是金属晶体，所以晶体类型不同,故D错误；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分,共20分.每小题有一个或两个选项符合要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11。下列说法正确的是（）A.60gSiO2中含Si—O键的个数为2NAB.124gP4含有P-P键的个数为6NAC.12g石墨中含有C-C键的个数为3NAD。12g金刚石中含有C—C键的个数为2NA【答案】BD【解析】【详解】A．SiO2晶体中1个Si原子对应4个Si—O键，60gSiO2中含Si-O键的个数为4NA,故A错误；B．一个白磷分子中含有6个P—P键，124gP4的物质的量是1mol，所以含有P-P键的个数为6NA，故B正确；C．在石墨晶体中1个C原子对应个C-C键，12g石墨中含有C—C键的个数为1。5NA，故C错误；D．每个C原子与其他4个C原子共用4个C-C键，相当于每个C原子占有个C—C键,1mol金刚石含2molC—C键，故D正确。答案选BD。【点睛】注意每个C原子与其他4个C原子共用4个C—C键及石墨中的成键即可解答.12。下列各组离子，在指定条件下可以大量共存的是(）A.0.1mol/LFeCl2溶液：Na+、NO、Fe3+、H+B。0。1mol/LKAl(SO4)2溶液：K+、CO、Cl-、NHC.新制氯水：Cu2+、SO、NO、NHD。0。1mol/LCH3COOH溶液:Na+、NO、NH、SiO【答案】C【解析】【详解】A．0.1mol/LFeCl2溶液中，NO、H+会氧化Fe２+，不能大量共存,故A错误；B．0。1mol/LKAl(SO4)2溶液中，CO和铝离子发生双水解,生成沉淀和气体，不能大量共存，故B错误;C．新制氯水中,Cu2+、SO、NO、NH均不发生反应，能大量共存，故C正确；D．0。1mol/LCH3COOH溶液中，SiO与氢离子反应生成硅酸沉淀，不能大量共存,故D错误；故选C。13.SO2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料.某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作燃煤尾气脱硫剂，简化流程如图所示。下列说法不正确的是（）A。软锰矿浆吸收SO2反应的主要离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SOB。MnS除铜镍过程是将Cu2+转化为Cu2S，Ni2+转化为NiSC。SO2是大气污染物，也是葡萄酒生产中普遍应用的添加剂D.该流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2,达到变废为宝的目的【答案】B【解析】【详解】A．软锰矿浆吸收SO2生成硫酸锰，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO,故A正确；B．MnS除铜镍过程是将Cu2+转化为CuS，Ni2+转化为NiS，不是Cu2S，故B错误；C．SO2是大气污染物，也是葡萄酒常用的抗氧化剂，故C正确；D．由流程可知，该流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2,达到变废为宝的目的，故D正确；故选B。14。一种广泛用于锂离子电池的物质.其结构如图所示.X、Y、Z、W为原子序数依次递增的四种短周期元素，Y、W同主族,原子半径r（X)〉r（Y)〉r（Z)。下列说法正确的是（)A.电负性X<Y<ZB。简单氢化物的沸点W〉Z>Y〉XC。Y、Z、W的单质是相同的晶体类型D.简单氢化物的热稳定性Y>W〉Z【答案】AC【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次递增的四种短周期主族元素，Y、W同主族,根据图示可知,Y能够形成2个共价键，W形成6个共价键,二者位于ⅥA族，则Y为O,W为S元素；Z只能形成1个共价键，原子半径r(X)＞r（Y)＞r（Z），Z的原子序数大于O小于S，则Z为F；X形成4个共价键，其原子序数小于F,则X为C元素，以此分析解答。【详解】根据分析可知,X为C元素，Y为O,Z为F，W为S元素.A．同一周期从左向右元素的电负性逐渐增强，则电负性C＜O＜F,即X＜Y＜Z，故A正确；B．X为C元素，Y为O，Z为F，W为S，他们的简单氢化物的沸点：H2O＞HF＞H2S＞CH4，即:Y>Z>W〉X，故B错误;C．O2、F2、S都是分子晶体，故C正确;D．元素的非金属性：F>O>S,元素的非金属性越强,简单氢化物的稳定性越高,故简单氢化物的稳定性：Z>Y〉W，故D错误。答案选AC。【点睛】推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质.15。“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生.如图是一个“化学多米诺实验”，已知：Cu2++4NH3·H2O=4H2O+[Cu(NH3）4］2+(该反应产物可作为H2O2的催化剂）.下列有关分析错误的是()A。假设B和D中锌大小表面积相等，产生氢气的反应速率：B〉DB.H2O2和H2S的中心原子均采取sp3杂化C.H中可观察到淡黄色浑浊产生D。1mol［Cu(NH3)4］2+中σ键数目是12NA【答案】AD【解析】【分析】由装置及原理可知,实验中生成气体,应防止装置漏气，B中生成氢气，A和B之间导管a可平衡气压,C中导管短进长出，氢气将C中溶液排入D中，B与D两容器中比较,D中形成原电池后可以加快反应速率，生成的氢气将E中硫酸铜排入F中发生Cu2++4NH3•H2O═4H2O+[Cu(NH3）4］2+，然后进入G中，H2O2作催化剂可加快反应进行，气流过快时H中过氧化氢与硫化氢反应生成S，I中NaOH溶液吸收尾气，以此解答该题。【详解】A．B与D两容器中比较,D中形成原电池后可以加快反应速率，故A错误；B．H2O2中O原子形成2个σ键，且有2个孤电子对，采用sp3杂化;H2S的S原子形成2个σ键，也有2个孤电子对,也采用sp3杂化，故B正确；C．气流过快时H中过氧化氢与硫化氢反应生成S,出现浅黄色浑浊，故C正确;D．1个[Cu（NH3）4]2+中，4个N与Cu2+形成4条σ键，N、H间形成3×4=12条，共16条,1mol［Cu（NH3)4］2+中σ键的数目为16NA，故D错误。答案选AD.【点睛】把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识的应用及实验装置的作用.第II卷(非选择题共60分)三、非选择题：本题共5小题，共60分.16。ClO2气体的氧化性与Cl2的氧化性相近，是安全、无毒的绿色消毒剂和保鲜剂。但ClO2浓度较大时易分解.（1)某小组设计了如图所示的实验装置(夹持装置已省略)用于制备ClO2。①仪器X的名称是___。②A中发生反应的离子方程式为___.③通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用,二是___。(2）已知实验室用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体。若将其用于水果保鲜（如图)，你认为效果较好的是___.(3）ClO2可用于含CN-废水的处理,产生的两种气体可以直接排入空气。已知CN-中C、N的最外层都满足8电子结构，写出CN—的电子式___。(4)ClO2可以看做是亚氯酸(HClO2)和氯酸(HClO3）的混合酸酐，写出ClO2与NaOH溶液反应的化学方程式是___.(5）自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下:取100.0mL的水样,加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用0.1mol/LNa2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2+2S2O=2I-+S4O）,达到滴定终点时用去15.00mLNa2S2O3标准溶液，测得该水样中ClO2的含量为___mg·L—1。【答案】(1）.分液漏斗（2).（3）.稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过大而发生分解（4)。稳定剂II（5）.(6）.2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O(7）.202。5【解析】【分析】NaClO2与过氧化氢发生氧化还原反应生成ClO2，利用该原理可制取ClO2，ClO2浓度较大时易分解，故实验时要注意避免ClO2浓度过大造成损失，依此解答。【详解】（1)①根据图示可知,仪器X的是分液漏斗；②A中NaClO2与过氧化氢发生氧化还原反应生成ClO2,离子方程式为；③已知ClO2浓度较大时易分解,反应过程中,通入氮气的主要作用有2个,一是可以起到搅拌作用,二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过大而发生分解；（2）已知实验室用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，根据图示信息可知,稳定剂II较稳定，且全程吸收ClO2效果较好,ClO2的浓度处于较低状态,故效果较好的是稳定剂II；(3）CN—中C、N的最外层都满足8电子结构，形成碳氮三键，CN—的电子式为；(4）ClO2可以看做是亚氯酸（HClO2)和氯酸（HClO3）的混合酸酐，故ClO2与NaOH溶液反应生成NaClO2和NaClO3，化学方程式是2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O；（5)取100。0mL的水样，加入足量的碘化钾,再用氢氧化钠溶液调至中性,并加入淀粉溶液，ClO2与碘化钾发生氧化还原反应，再用0。1mol/LNa2S2O3标准溶液滴定碘单质（）,达到滴定终点时用去15。00mLNa2S2O3标准溶液，设保鲜剂中ClO2的含量为xg⋅L−1，则：,所以,解得x=0。2025，则该水样中ClO2的含量为202.5mg⋅L−1。17。水泥是重要的建筑材料.水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物.实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：（1）水泥是最常用的建筑材料，它属于___（填字母）。a.金属材料b。无机非金属材料c.有机高分子材料(2）在分解水泥样品过程中，盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，硝酸作用是___。（3）沉淀A是普通玻璃的主要成分,写出沉淀A与纯碱反应的化学方程式___。(4)用氨水调节pH4～5的目的是___。（5）某研究所利用SDTQ600热分析仪对草酸钙晶体(CaC2O4·xH2O）进行热分解，得相关数据，绘制成固体质量-分解温度的关系图。①固体质量变为5.60g时的成分是___.（填化学式）②x的值是___.【答案】(1）。b(2)。氧化剂，将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+（3)。SiO2+Na2CO3NaSiO3+CO2↑（4）.将溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH)3沉淀而除去（5)。CaO（6)。1【解析】【分析】在分解水泥样品过程中加入硝酸是将分解产生的Fe2+转化为Fe3+，便于后续的沉淀处理；沉淀A是水泥中不溶于硝酸与盐酸的成分，在pH为4~5时产生沉淀,主要成分是Fe（OH)3、Al（OH）3，提纯后将钙离子转化为草酸钙后用高锰酸钾滴定，据此解答。【详解】（1）水泥是硅酸盐材料，是无机非金属材料,故答案为:b；（2)在分解水泥样品过程中,盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂，硝酸是将分解产生的Fe2+转化为Fe3+,便于后续的沉淀处理,故答案为：氧化剂，将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；（3）沉淀A是二氧化硅，二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，化学方程式为SiO2+Na2CO3NaSiO3+CO2↑，故答案为：SiO2+Na2CO3NaSiO3+CO2↑；（4)用氨水调节pH4~5可将Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al(OH）3沉淀而除去,故答案为：将溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe（OH)3、Al（OH)3沉淀而除去；（5）①根据图像可知，在600℃发生草酸钙分解反应，在800℃时完全分解,固体成分为CaO，故答案为:CaO；②根据图像可知，在0-200℃是晶体失去结晶水的过程，14。6gCaC2O4·xH2O失去水后生成12.8gCaC2O4，根据,解得x=1，故答案为：1；18.为纪念元素周期表诞生150周年，IUPAC等向世界介绍118位优秀青年化学家，并形成一张“青年化学家元素周期表”.中国学者雷晓光、姜雪峰、曾晨婕、刘庄分别成为“N、S、Sc、Hg"元素的代言人。回答下列问题：（1)S在元素周期表中的位置___。(2)N与P同主族,能用元素周期律解释非金属性N>P的是___.a。还原性：NH3〉PH3b.沸点:NH3〉PH3c.热稳定性：NH3〉PH3d。酸性：HNO3>H3PO4(3）磷、氮、氧是周期表中相邻的三种元素①N、P、O的电负性按由大到小的排序是___。②NH3、PH3、H2O的键角由大到小的排序是___。(4)汞受热易变成汞蒸气,该变化克服的作用力是___。(5)《本草纲目》曾记载利尿剂甘汞（Hg2Cl2）制法：“用水银一两，白矾［KAl（SO4)2]二两，食盐一两，同研，不见星。铺于器内，以小乌盆覆之，筛灶灰,盐水和，封固盘口，以炭打二柱香取开，则粉升于盆上矣，其白如雪，轻盈可爱，一两汞可升粉八钱.”由此可知甘汞（Hg2Cl2）的晶体类型是___。(6）钪晶体的晶胞如图所示，已知钪晶胞底边边长为apm，高为bpm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则钪晶体的密度为___g/cm3。(只列出计算式）【答案】(1）。第三周期第VIA族（2)。cd（3）。ONP(4）。NH3、PH3、H2O(5).金属键(6）。分子晶体（7）.【解析】【详解】（1）S是16号元素，在元素周期表中第三周期第VIA族；（2)a．氮的非金属性强于磷，则还原性：NH3<PH3，a错误；b．物质的沸点是物理性质，故不能表明化学性质，b不选；c．元素的非金属越强，热稳定性越强，则热稳定性:NH3〉PH3,能说明非金属性N〉P,c选；d．元素的非金属越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：HNO3>H3PO4,能说明非金属性N>P，d选；综上所诉，答案为cd;（3）磷、氮、氧是周期表中相邻的三种元素①非金属性越强，电负性越强,因为N、P、O的非金属性由强到弱为:ONP，故电负性按由大到小的排序是ONP；②NH3与PH3均是三角锥形，N-H键键能强于P—H键，排斥力更强，故键角NH3>PH3，H2O是V型,孤对电子的斥力更大，键角较小；故三者的键角由大到小的排序是NH3、PH3、H2O；(4）汞是金属晶体，汞受热易变成汞蒸气，克服的作用力是金属键；(5）根据本草纲目中的记载可知,甘汞(Hg2Cl2)沸点低，易升华，故甘汞（Hg2Cl2)是分子晶体；(6）由图可知，钪晶胞底边边长为apm，高为bpm，NA表示阿伏加德罗常数，含钪原子：,钪晶体的密度为.19。我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫"，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10、BaCuSi2O6。(1）“中国蓝”、“中国紫”中均有Cun+离子,基态时该阳离子的价电子排布图为___.（2）已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957。9kJ·mol—1、1733。3kJ·mol—1，前者高于后者的原因是___.（3）铜常用作有机反应的催化剂.例如，2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O.乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是___；乙醛分子中σ键与π键的个数比为___。(4）古埃及人更早知道合成蓝色颜料,其合成原料中用CaCO3代替了BaCO3。从原料分解的角度判断CaCO3的分解温度比BaCO3更___（填“高"或“低").（5）如图为SiO2晶胞中Si原子沿y轴方向在xz平面的投影图(即俯视图），其中O原子略去，Si原子旁标注的数字表示每个Si原子位于y轴的高度，则SiA与SiB的距离是___。【答案】（1)。（2）。Cu原子失去一个电子后的价层电子排布式为3d10,达到全充满稳定结构；Zn原子失去一个电子后的价层电子排布式为3d94s1,Zn+的4s1上的电子比Cu+的3d10上的电子易失去，所以Cu的第二电离能高于Zn（3)。sp2、sp3(4).6：1(5)。低（6).d【解析】【详解】（1）由化合价代数和为0可知，BaCuSi4O10、BaCuSi2O6中铜元素的化合价均为+2，Cu原子的价电子排布式3d104s1,失去2个电子形成铜离子的价电子排布式变为，则价电子排布图为，故答案为：；（2）Cu原子的价电子排布式3d104s1，失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构，而Zn原子的价电子排布式3d104s2，失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1,Zn+的4s1上的电子比Cu+的3d10上的电子易失去，所以Cu的第二电离能高于Zn，故答案为:Cu原子失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn原子失去一个电子后的价层电子排布式为3d94s1,Zn+的4s1上的电子比Cu+的3d10上的电子易失去，所以Cu的第二电离能高于Zn；(3）乙醛分子中含有形成单键的碳原子和形成双键的碳原子，单键碳原子为sp3杂化，双键碳原子为sp2杂化，则杂化轨道类型是乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是sp2、sp3；乙醛分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则乙醛分子含有6个σ键和一个π键,σ键与π键的个数比为6：1，故答案为：sp2、sp3，6:1;（4）离子半径Ca2+＜Ba2+,晶