2025年鲁科五四新版拓展型课程化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年鲁科五四新版拓展型课程化学下册阶段测试试卷742考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、根据图中相关信息；判断下列说法不正确的是。

。NaCl的晶胞。

由E原子和F原子形成的气态团簇分子模型。

Zn的晶胞。

KO2的晶胞。

A.在NaCl晶体中，距离Na＋最近的Cl-形成正八面体B.该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4C.锌晶体配位数为8D.KO2晶体中每个K＋周围有6个紧邻的O每个周围有6个紧邻的K＋2、下列实验能达到目的的是。

。

A.实验室制取氨气。

B.为确认CuSO4生成；向①中加水，观察颜色。

C.制备纯净的。

Fe（OH）2D.除去Cl2中含有的少量HCl气体。

A.AB.BC.CD.DA.B.C.D.3、下列说法正确的是A.二氧化硫、二氧化氮、二氧化碳不仅严重污染大气，还会形成酸雨B.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性C.灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D.金属钠着火，应立即用水灭火4、将液体Y滴加到盛有固体X的试管中，并在试管口对生成的气体进行检验。下表中固体X、液体Y及检测方法对应关系错误的是()。选项固体X液体Y检测方法ACaO浓氨水蘸有浓盐酸的玻璃棒BCu浓硫酸干燥的红色石蕊试纸CNa2O2水带火星的木条DNa2CO3稀硫酸滴有澄清石灰水的玻璃片

A.AB.BC.CD.D5、一同学设计了两种由CuO→Cu的实验方案：

方案一：ZnH2Cu；

方案二：CuOCuSO4Cu。

大家认为方案二优于方案一，理由是：①节约能源；②Cu产率高；③产品纯净；④操作安全。其中，评价正确的是()A.①②③B.①②④C.①③④D.②③6、某同学利用锌、氧化铜和稀硫酸制取铜，他设计了两套方案，方案Ⅰ：利用锌与足量稀硫酸反应制氢气，氢气还原氧化铜；方案Ⅱ：氧化铜溶于稀硫酸生成硫酸铜，然后用锌与硫酸铜反应制备铜。下列关于方案Ⅰ和Ⅱ的评价不正确的是()A.方案Ⅱ比方案Ⅰ操作简便B.等质量的锌，相同条件下在方案Ⅰ和方案Ⅱ中制得的铜的质量相同C.等质量的H2SO4参加反应，方案Ⅰ制取铜的质量比方案Ⅱ的少D.为了加快锌与稀硫酸反应，可以在溶液中加入少量氧化铜评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N；一定条件下发生反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率随时间的变化如图1、图2所示。

回答下列问题：

(1)该反应的化学方程式为_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min时改变的条件是____，40min时改变的条件是____，请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。

(3)0~8min内，_______；50min后，M的转化率为_______(保留三位有效数字)。

(4)20min~30min内，反应平衡时的平衡常数K=_______。8、油气开采；石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢；需要回收处理并加以利用。

H2S热分解反应：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线___________，计算其在0~0.1s之间，H2S分压的平均变化率为___________kPa·s-1。9、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N；一定条件下发生反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率随时间的变化如图1、图2所示。

回答下列问题：

(1)该反应的化学方程式为_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min时改变的条件是____，40min时改变的条件是____，请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。

(3)0~8min内，_______；50min后，M的转化率为_______(保留三位有效数字)。

(4)20min~30min内，反应平衡时的平衡常数K=_______。10、常温下有浓度均为0.1mol/L的四种溶液：①HCl；②CH3COOH；③NaOH；④Na2CO3。

(1)这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___（用序号填写）。

(2)等体积混合②和③的溶液中离子浓度的大小顺序是___。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，则CH3COOH溶液的电离平衡常数Ka=___。

(4)用离子方程式表示④的水溶液呈碱性的主要原因：___。

(5)取10mL溶液①，加水稀释到1000mL，则该溶液中由水电离出的c(H+)约为___。11、某有机物的结构简式如图所示：

(1)1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成________H2。

(2)该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为________。评卷人得分三、结构与性质(共8题，共16分)12、I．元素周期表中80％左右的非金属元素在现代技术包括能源；功能材料等领域占有极为重要的地位。

（1）氮及其化合物与人类生产、生活息息相关，基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是_____，N2F2分子中N原子的杂化方式是_______，1molN2F2含有____个δ键。

（2）高温陶瓷材料Si3N4晶体中N-Si-N的键角大于Si-N-Si的键角，原因是_______。

II．金属元素铁；铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用。

（1）铁在元素周期表中的位置_________。

（2）配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_____（填晶体类型）。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子吸之和为18，则x=________。

（3）N2是CO的一种等电子体，两者相比较沸点较高的为_______（填化学式）。

（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如下图甲所示。

①基态铜原子的核外电子排布式为___________。

②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。

（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如下图乙所示(黑点代表铜原子）。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为_________pm。(只写计算式）。13、硼是第ⅢA族中唯一的非金属元素；可以形成众多的化合物。回答下列问题：

(1)基态硼原子的电子排布式为_______，占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。

(2)氨硼烷是目前最具潜力的储氢材料之一。

①氨硼烷能溶于水，其主要原因是_______。

②分子中存在配位键，提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)；与互为等电子体的分子_______(任写一种满足条件的分子式)。

③氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是_______。

A.和B.LiH和HCNC.和D.和

(3)自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作实际上它的结构单元是由两个和两个缩合而成的双六元环，应该写成其结构如图1所示，它的阴离子可形成链状结构，阴离子中B原子的杂化轨道类型为_______，该晶体中不存在的作用力是_______(填字母)。

A.离子键B.共价键C.氢键D.金属键。

(4)硼氢化钠是一种常用的还原剂；其晶胞结构如图2所示：

①的配位数是_______。

②已知硼氢化钠晶体的密度为代表阿伏伽德罗常数的值，则与之间的最近距离为_______nm(用含的代数式表示)。

③若硼氢化钠晶胞上下底心处的被取代，得到晶体的化学式为_______。14、NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。

(1)以H2、N2合成NH3；Fe是常用的催化剂。

①基态Fe原子的电子排布式为___________。

②实际生产中采用铁的氧化物Fe2O3、FeO，使用前用H2和N2的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下：

i.两种晶胞所含铁原子个数比为___________。

ii.图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，则其密度ρ=___________g·cm-3。

③我国科学家开发出Fe—LiH等双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。第一电离能(I1)：I1(H)＞I1(Li)＞I1(Na)，原因是___。

(2)化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl

①1体积水可溶解1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3。NH3极易溶于水的原因是_____。

②反应时，向饱和NaCl溶液中先通入______。

③NaHCO3分解得Na2CO3。空间结构为________。

(3)NH3、NH3BH3(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。元素HBN电负性2.12.03.0

①NH3的中心原子的杂化轨道类型为___________。

②NH3BH3存在配位键，提供空轨道的是___________。

③比较熔点：NH3BH3___________CH3CH3(填“＞”或“＜”)。15、超细铜粉主要应用于导电材料；催化剂等领域中。超细铜粉的某制备方法如下：

（1）Cu2+的价电子排布式为____。

（2）下列关于[Cu（NH3)4]SO4的说法中，正确的有____。（填字母序号）

A.[Cu（NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键；极性键和配位键。

B.[Cu（NH3)4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素。

C.[Cu（NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为正四面体。

（3）SO32-离子中S原子的杂化方式为____，SO32-离子的空间构型为____。

（4）与SO3互为等电子体的一种分子的分子式是____

（5）下图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，由此可确定该氧化物的化学式为______。

16、KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器；填补了国家战略空白。回答下列问题：

(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是_______(填离子符号)。

(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。

(3)已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为_______，其中P采取_______杂化方式。

(4)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸；如：

如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为_______。

(5)分别用○、●表示和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2POK+在晶胞xz面；yz面上的位置：

①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度_______g·cm-3(写出表达式)。

②晶胞在x轴方向的投影图为_______(填标号)。

17、开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。

(1)化合物A(H3BNH3)是一种潜在的储氢材料，可由六元环状物质(HB=NH)3通过如下反应制得：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3。请回答：

①H3BNH3中是否存在配位键_______(填“是”或“否”)，B、C、N、O第一电离能由大到小的顺序为_______，CH4、H2O、CO2三分子按照键角由大到小的顺序排列为_______。

②与(HB=NH)3互为等电子体的分子为_______(填分子式)。

③人工可以合成硼的一系列氢化物，其物理性质与烷烃相似，故称之为硼烷。工业上可采用LiAlH4和BCl3在一定条件下制备乙硼烷B2H6，该反应的化学方程式为_______。

④在硼酸盐中，阴离子有链状、环状、骨架状等多种结构形式。图a为一种无限长链状结构的多硼酸根，其化学式为_______，图b为硼砂晶体中阴离子，其中硼原子采取的杂化方式为_______。

(2)一种铜合金具有储氢功能。

①Cu2+的价层电子排布式为_______。

②铜及其它许多金属及其化合物都可以发生焰色反应，其原因是_______。

③铜的单质中按ABCABC⋯方式堆积，设铜原子半径为apm，则该晶体的密度为_______g/cm3(阿伏伽德罗常数值为NA)18、I．元素周期表中80％左右的非金属元素在现代技术包括能源；功能材料等领域占有极为重要的地位。

（1）氮及其化合物与人类生产、生活息息相关，基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是_____，N2F2分子中N原子的杂化方式是_______，1molN2F2含有____个δ键。

（2）高温陶瓷材料Si3N4晶体中N-Si-N的键角大于Si-N-Si的键角，原因是_______。

II．金属元素铁；铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用。

（1）铁在元素周期表中的位置_________。

（2）配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_____（填晶体类型）。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子吸之和为18，则x=________。

（3）N2是CO的一种等电子体，两者相比较沸点较高的为_______（填化学式）。

（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如下图甲所示。

①基态铜原子的核外电子排布式为___________。

②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。

（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如下图乙所示(黑点代表铜原子）。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为_________pm。(只写计算式）。19、铈外围电子排布(n-2)f1(n-1)d1ns2是原子序数为58的一种最早有实际用途的稀土元素；铈及其化合物的用途十分广泛。

(1)铈在元素周期表中的位置是_____；属于_____区元素。

(2)硝酸铈铵Ce(NH4)2(NO3)6中，N的杂化方式为_____；Ce、C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_____。

(3)已知CeX3的熔点为CeF3：1460℃、CeCl3：848℃、CeBr3：732℃、CeI3：760℃，依F、Cl、Br、I顺序，从CeX3中化学键的离子性和共价性说明熔点的变化原因：______________________________________。

(4)铈的一种氧化物具有独特的晶体结构和较高的储存和释放氧的能力；可形成氧空位，具有催化氧化性能，有着十分广阔的应用开发前景,其晶体结构如图所示：

这种铈的氧化物的化学式为_____；晶胞中氧离子的配位数为_____。评卷人得分四、原理综合题(共3题，共24分)20、研究氮和碳的化合物对工业生产和防治污染有重要意义；回答下列问题：

I.(1)化学键键能数据如下：。化学键H-HN=NN-HE/(kJ·mol-1)436946391

合成氨反应的活化能Ea1=254kJ·mol-1，由此计算氨分解反应的活化能Ea2=___________kJ·mol-1。

(2)利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染；其中除去NO的主要反应如下：

4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)ΔH<0某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应；NO的转化率随温度变化的情况如图所示：

①温度从420K升高到580K用时4min，则此时段内NO的平均反应速率v(NO)=___________。

②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是___________。

II.目前有一种新的循环利用方案处理航天员呼吸产生的CO2，是用Bosch反应CO2(g)+2H2(g)=C(s)＋2H2O(g)ΔH<0，再电解水实现O2的循环利用。

(3)若要此反应自发进行___________(填“高温”或“低温”)更有利。

(4)350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，若反应起始和平衡时温度相同(均为350℃)，测得反应过程中压强随时间的变化如表所示：。时间/min0102030405060压强6.00P05.60P05.30P05.15P05.06P05.00P05.60P0

①350℃时Bosch反应的Kp=___________(Kp为用气体的分压表示的平衡常数；分压=气体的体积分数x体系总压)

②Bosch反应的速率方程：V正=K正·c(CO2)·c2(H2),V逆=K逆·c2(H2O)(k是速率常数，只与温度有关)。20min时，=____(填“>”“＜”或“=”)

(5)利用铜基配合物催化剂电催化还原CO2制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之一；其装置原理如图所示。

①电池工作过程中，阴极的电极反应式为___________。

②每转移2mol电子，阳极室溶液质量减轻___________g。21、亚硝酰氯(NOCl)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水反应生成一种氢化物和两种氧化物。某学习小组在实验用C12和NO制备NOCl并测定其纯度；相关实验(装置略去)如下。请回答:

(1)制备Cl2发生装置可______(填大写字母)，反应的离子方程式为_______。

(2)欲收集一瓶干燥的氯气，选择装置，其连接顺序为:a→________(按气流方向，用小写字母表示)，若用到F，其盛装药品为_________。

(3)实验室可用下图装置制备亚硝酰氯(NOCl)

①实验室也可用B装置制备NO，上图X装置的优点为__________(至少写出两点)

②检验装置气密性并装入药品，打开k2,然后再打开____(填“k1”或“k3”)，通入一段时间气体，其目的为________；然后进行其他操作，当Z有一定量液体生成时，停止实验。

③若无装肖Y,则Z中NOCl可能发生反应的化学方程式为_________

(4)取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL,以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL.已知:Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12,则亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为____(用代数式表示，不必化简)。22、某校课外活动小组为了探讨铜与硝酸的反应设计了如下实验。

（1）甲同学欲探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO；设计装置如图所示（加热装置和固定装置均已略去）。图中K为止水夹（处于关闭状态），F是含有一半空气的注射器。

请回答有关问题：

①装置A中进行反应时打开止水夹K，当装置C中_________时，关闭止水夹K，试分析这样操作的目的是________，A中反应的离子方程式为______________。

②在完成①中的“操作”后，将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是__________________，B中反应的离子方程式为____________________。

③为进一步证明产物是NO，将注射器F中的空气推入E中，看到的现象是_________________。

④装置G的作用是_____________________。

（2）同学们发现铜与稀；浓硝酸反应所得溶液的颜色不同；并记录如下：

。将1g细铜丝放入盛有10mL的1mol·L-1HNO3溶液的试管中加热。

铜丝表面有无色气体逸出；溶液变为天蓝色。

将1g细铜丝放入盛有10mL的14mol·L-1HNO3溶液的试管中。

产生大量红棕色气体；溶液变为绿色，绿色由深到浅，未见到蓝色。

有同学认为是铜与浓硝酸反应的溶液中溶解了生成的气体，也有同学认为是溶液中剩余硝酸浓度较大所致，同学们分别设计了以下4个实验来判断该看法是否正确，以下方案中可行的是（选填序号字母）____________。

a.向上述绿色溶液中通入氮气；观察颜色变化。

b.加水稀释上述绿色溶液；观察颜色变化。

c.向饱和的硝酸铜溶液中不断滴加14mol·L-1HNO3溶液。

d.向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化评卷人得分五、元素或物质推断题(共2题，共16分)23、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍；B的价电子层中的未成对电子有3个；C与B同族；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸。请回答下列问题：

(1)C的基态原子的电子排布式为_____________；D的最高价含氧酸酸性比其低两价的含氧酸酸性强的原因是___________________________。

(2)杂化轨道分为等性和不等性杂化，不等性杂化时在杂化轨道中有不参加成键的孤电子对的存在。A、B、C都能与D形成中心原子杂化方式为____________的两元共价化合物。其中，属于不等性杂化的是____________(写化学式)。以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为_________，分子立体构型为_______________________________。

(3)以上不等性杂化化合物成键轨道的夹角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性杂化的化合物成键轨道间的夹角。

(4)A和B能形成多种结构的晶体。其中一种类似金刚石的结构，硬度比金刚石还大，是一种新型的超硬材料。其结构如下图所示(图1为晶体结构，图2为切片层状结构)，其化学式为________________。实验测得此晶体结构属于六方晶系，晶胞结构见图3。已知图示原子都包含在晶胞内，晶胞参数a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶体密度为________________(已知：＝1.414，＝1.732,结果精确到小数点后第2位)。

24、W；X、Y、Z、N、M六种主族元素；它们在周期表中位置如图所示，请用对应的的化学用语回答下列问题：

(1)N元素在周期表中的位置___________，根据周期表，推测N原子序数为___________

(2)比较Y、Z、W三种元素形成简单离子的半径由大到小的顺序___________

(3)M最高价氧化物的水化物在水中的电离方程式：___________

(4)以下说法正确的是___________

A．单质的还原性：X＞Y，可以用X与YM2溶液发生反应来证明。

B．Y与同周期的ⅢA元素的原子序数相差1

C．半导体器件的研制开始于硅；研发出太阳能光伏电池，将辐射转变为电能，如我校的路灯。

D．元素N位于金属与非金属的分界线附近，可以推断N元素的单质具有两性评卷人得分六、实验题(共4题，共8分)25、硫酸镍(NiSO4)是电镀镍工业所用的主要镍盐；易溶于水。下图为某兴趣小组设计的在实验室中。

制备NiSO4•6H2O的装置。

回答下列问题：

(1)实验室中配制浓H2SO4与浓HNO3混酸的操作为______。

(2)图甲中仪器a的名称为__________，有同学认为将仪器a换作图乙中的仪器b效果更好，其理由为______。

(3)混酸与镍粉反应时，除生成NiSO4外，还生成了NO2、NO和H2O，若NO2与NO的物质的量之比为1∶1，则该反应的化学方程式为______。从反应后的溶液中得到NiSO4•6H2O的操作有_____和过滤；洗涤、干燥。

(4)该小组同学查阅资料发现用镍粉与混酸制备NiSO4成本高，用冶铁尾矿提取的草酸镍(NiC2O4)与硫酸制取NiSO4成本较低。反应原理为：NiC2O4NiO＋CO↑＋CO2↑，NiO＋H2SO4===NiSO4＋H2O(已知PdCl2溶液能够吸收CO)。现加热NiC2O4制备NiO；并检验生成的CO，可能用到的装置如下：

①各装置的连接顺序为：_____→______→_______→f→_____→_____→_____。(填装置标号；可重复使用)

②能够说明生成CO的现象有______。

③PdCl2溶液吸收CO时产生黑色金属单质和CO2气体，该反应其他产物的化学式为______________________。

(5)将NiSO4•6H2O制成电镀液时往往加入少量稀硫酸，其目的是___________________。26、某化学兴趣小组用如图所示的装置做有关CO2气体的实验：

⑴甲同学将收集满CO2气体的试管倒插入紫色石蕊试液中（左图）；并轻轻振荡试管。

①描述产生的现象：____________________________________________。

②写出反应的化学方程式：____________________________________________。

⑵乙同学挤压图装置中滴管的胶头，使其中的NaOH溶液滴入烧瓶，并轻轻振荡，系在导气管一端的气球慢慢胀大。产生这一现象的原因是________________________（请用离子方程式结合必要的文字说明）。27、氯化铁是黑棕色晶体，沸点为315℃，有强烈的吸水性，易潮解。某小组同学对无水FeCl3能否分解产生Cl2；进行了如下实验探究。

（1）甲同学认为装置B中湿润的淀粉KI试纸变蓝即可证明无水FeCl3能分解产生Cl2，乙同学认为不能得出此结论，理由是_______。

（2）乙同学提出了改进意见；用如图所示装置进行实验：

装置H中的试剂为________。装置F中饱和食盐水的作用是________。实验结束后，取装置D中残留固体溶于稀盐酸中，向所得溶液中加入_________（填化学式）溶液，若观察到_____，说明FeCl3已经分解完全。

（3）实验后把镁条投入装置F的溶液中，发生的现象是___，其原因是（结合离子方程式）解释_______。28、某小组探究清洗试管（内壁附着银镜）的反应原理；进行下列实验。

I.初步探究。

（1）将稀硝酸加入附着银镜的试管中；记录现象如下：

。

实验Ⅰ

实验操作。

实验现象。

银镜上出现气泡；在液面下方为无色气体，在试管口附近；试管内壁上的银逐渐溶解。

银镜上出现气泡；在液面下方为无色气体，在试管口附近；试管内壁上的银逐渐溶解。

①补全反应中的实验现象___。

②实验Ⅰ中银镜消失发生反应的化学方程式为____。

（2）为消除实验Ⅰ中氮氧化物的污染；将双氧水溶液加入附着银镜的试管中。

。

实验Ⅱ

实验操作。

实验现象。

剧烈反应；有大量无色气体产生，该气体可以使带火星的木条复燃；试管内壁上的银逐渐溶解。

剧烈反应；有大量无色气体产生，该气体可以使带火星的木条复燃；试管内壁上的银逐渐溶解。

①由现象推测H2O2将Ag氧化为Ag+；但通过实验排除了这种可能。该实验方案是：在反应后的液体中，加入___。

②查阅资料发现：该实验中银镜溶解后最终产物为颗粒很小（直径在1～100nm之间）的Ag；其分散在液体中，肉眼无法识别。该同学通过实验证实了这种可能性。他的操作及现象是：___。

③写出该实验Ⅱ中发生反应的化学方程式：___。

II.查阅资料；继续探究。

查阅文献：Ag2O+4NH3•H2O=2[Ag(NH3)2]++2OH-+3H2O

（3）探究Ag 2O在H 2O 2分解反应中的作用；进行如下实验。

。

实验Ⅲ

实验操作。

实验现象。

剧烈反应；产生大量的无色气体，同时在试管底部仍有少量黑色固体。

剧烈反应；产生大量的无色气体，同时在试管底部仍有少量黑色固体。

根据实验Ⅲ的现象猜想：Ag 2O在反应中作氧化剂。继续实验；在实验Ⅲ反应后的试管中加入足量的溶液x后，固体仍有剩余。由此验证了该猜想的正确。

①在实验中加入足量的溶液x是____。

②实验Ⅲ中发生反应的化学方程式为___。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．在氯化钠晶体中，的配位数均为6，则距离最近的6个形成正八面体；故A正确；

B．分子晶体的构成为分子，每个分子为1个整体，所以该分子的化学式为E4F4或F4E4；故B正确；

C．锌晶体的配位数为12；故C错；

D．由KO2的晶胞图示可知，KO2晶体中每个K＋周围有6个紧邻的O每个周围有6个紧邻的K＋；故D正确；

答案选C。2、D【分析】A、氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，则图中装置不能制备氨气，故A错误；B、①中生成硫酸铜溶液，不需要加水，故B错误；C、胶头滴管应伸到液面下，且生成的氢氧化亚铁易被氧化，没有隔绝空气，故C错误；D、用饱和食盐水除去Cl2中含有的少量HCl气体，故D正确。故选D。3、B【分析】A、二氧化硫、二氧化氮不仅严重污染大气，还会形成酸雨，二氧化碳不会形成酸雨，故A错误；B、在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，由于浓硫酸使蔗糖碳化，说明浓硫酸具有脱水性，故B正确；C、灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，要确定有无钾元素，要透过蓝色的钴玻璃观察，不呈紫色才说明无K+，故C错误；D、金属钠着火，应立即用沙子灭火，钠能与水反应，故D错误；故选B。4、B【分析】【详解】

A项；浓氨水滴加到生石灰上产生氨气，可以用蘸有浓盐酸的玻璃棒来检验氨气，正确；

B项；铜和浓硫酸反应需加热，产生的二氧化硫气体遇石蕊溶液变红色或使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，错误；

C项；过氧化钠和水反应生成氧气和氢氧化钠，氧气能使带火星的木条复燃，正确；

D项；碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠；水和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，在滴有澄清石灰水的玻璃片上有浑浊现象，正确；

故选B。5、B【分析】【分析】

方案一：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，H2+CuO=Cu+H2O，反应需加热，且H2还原CuO时需先通H2排出空气，否则易爆炸，反应结束后还需通入H2至生成的Cu冷却；否则Cu又易被氧化；

方案二：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu；耗原料少；操作安全，产率高，但Cu中易混有Zn，以此来解答。

【详解】

方案一中发生Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑、H2+CuO=Cu+H2O，反应需加热，且H2还原CuO时需先通H2排出空气，否则易爆炸，反应结束后还需通入H2至生成的Cu冷却；否则Cu又易被氧化，而方案二消耗原料少，操作安全，产率高，则方案二优于方案一，理由是：①节约能源；②Cu产率高、④操作安全；

故选：B。6、B【分析】【分析】

A.方案I需要加热条件且生成的氢气不一定完全反应；

B.I中锌生成的氢气和CuO反应时；部分氢气不参与反应；

C.等质量的硫酸参加反应；I中生成的氢气不能完全参加反应；

D.原电池能加快负极材料参加反应。

【详解】

A.方案I需要加热条件且生成的氢气不一定完全反应；所以造成原料和能源的浪费，且操作方案II比方案I操作简便，A项正确，不符合题意；

B.I中锌生成的氢气和CuO反应时；部分氢气不参与反应，所以等质量的锌，相同条件下方案I和方案II中制得的质量不同，B项错误，符合题意；

C.等质量的硫酸参加反应，I中生成的氢气不能完全参加反应，所以等质量的H2SO4参加反应；方案I制取铜的质量比方案II的少，C项正确，不符合题意；

D.锌置换出Cu；Zn；Cu和稀硫酸构成原电池，原电池能加快负极材料参加反应，所以为了加快锌与稀硫酸的反应，可以在溶液中加入少量的CuO，D项正确，不符合题意；

答案选B。二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】【详解】

（1）依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min，M、N浓度减少量为1.5mol/L，P浓度增加量为3mol/L，则反应的化学方程式为由图1可知，40min时平衡发生了移动，而P、M、N的浓度没有改变，且改变压强和使用催化剂平衡不移动，则改变的条件是温度，30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积，压强减小，反应速率减小，由图2可知40min时速率增大，则40min时改变的条件是升高温度，而生成物P的浓度在减小，依据勒夏特列原理可判断该反应的

（2）由(1)分析可知，30min时改变的条件是扩大容器的体积；40min时改变的条件是升高温度；在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为

（3）8min时，M、N、P的物质的量浓度相等，设

则解得x=2，故8min时，0~8min内；

50min后；M；N、P的物质的量浓度相等，故M的转化率为33.3%；

（4）由图1可知，20min~30min内，为平衡状态，M、N的平衡浓度为1.5mol/L，P的平衡浓度为3mol/L，则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<

(2)扩大容器的体积升高温度

(3)33.3%

(4)48、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，该反应正方向为体积增大的反应，降低压强，平衡会向正反应方向移动；则对于n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气在图中对应的曲线分别是a、b；c、d、e。

【详解】

（1）由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24；假设在该条件下；硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：

此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高。

(2)d24.99、略

【分析】【详解】

（1）依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min，M、N浓度减少量为1.5mol/L，P浓度增加量为3mol/L，则反应的化学方程式为由图1可知，40min时平衡发生了移动，而P、M、N的浓度没有改变，且改变压强和使用催化剂平衡不移动，则改变的条件是温度，30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积，压强减小，反应速率减小，由图2可知40min时速率增大，则40min时改变的条件是升高温度，而生成物P的浓度在减小，依据勒夏特列原理可判断该反应的

（2）由(1)分析可知，30min时改变的条件是扩大容器的体积；40min时改变的条件是升高温度；在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为

（3）8min时，M、N、P的物质的量浓度相等，设

则解得x=2，故8min时，0~8min内；

50min后；M；N、P的物质的量浓度相等，故M的转化率为33.3%；

（4）由图1可知，20min~30min内，为平衡状态，M、N的平衡浓度为1.5mol/L，P的平衡浓度为3mol/L，则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<

(2)扩大容器的体积升高温度

(3)33.3%

(4)410、略

【分析】【详解】

(1)水电离程度比较：碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐；碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离；盐酸是强酸溶液，氢氧化钠溶液是强碱溶液，溶液中水的电离都受到了抑制作用，其中盐酸中的氢离子浓度等于氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度，二者中水的电离程度相等；醋酸溶液为弱酸，发生微弱的电离产生氢离子，抑制了水的电离，但醋酸溶液中氢离子浓度远小于盐酸，故水的电离程度比盐酸和氢氧化钠都强，综合而言这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是④＞②＞①=③。故答案为：④＞②＞①=③。

(2)等体积的醋酸和氢氧化钠混合，混合后溶液恰好为醋酸钠溶液，属于强碱弱酸盐，醋酸根离子发生微弱的水解导致溶液显碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，可得溶液中c(H+)=10-3mol/L，由醋酸的电离方程式：CH3COOHCH3COO-+H+可得其电离平衡常数为：故答案为：10-5。

(4)碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离，其水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-，故答案为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-。

(5)取10mLHCl溶液，加水稀释到1000mL，此时溶液中由HCl电离出的由此可知，此时溶液中的c(H+)=10-3mol/L，可得该溶液中由水电离出的故答案为：10−11mol/L。【解析】④＞②＞①=③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)10-5CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-10−11mol/L11、略

【分析】【分析】

由结构简式可知；分子中含-OH；-COOH、碳碳双键，结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答。

【详解】

(1)该有机物中的-OH、-COOH均与Na反应，金属钠过量，则有机物完全反应，1mol该有机物含有2mol羟基和1mol羧基，由2-OH～H2↑、2-COOH～H2↑可知，和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2；

故答案为：1.5mol；

(2)-OH、-COOH均与Na反应，-COOH与NaOH、NaHCO3反应，则1mol该物质消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3，则n(Na)：n(NaOH)：n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3：2：2；

故答案为：3∶2∶2。【解析】①.1.5mol②.3∶2∶2三、结构与性质(共8题，共16分)12、略

【分析】【详解】

I．（1）基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是洪特规则，N2F2分子结构式为F-N=N-F，分子中N原子含有1对孤对电子，N原子的杂化方式是sp2杂化，lmolN2F2含有3molσ键，即3NA或1.806×1024个σ键；

（2）Si3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si原子为sp3杂化，N-Si-N键角为109°28′，N原子周围连接3个Si原子，含有1对孤对电子，N原子为sp3杂化；但孤对电子对成键电子对的排斥作用更大，使得Si-N-Si键角小于109°28′；

II．（1）Fe位于第四周期第VIII族；

（2）Fe（CO）x晶体的熔沸点较低；所以属于分子晶体；Fe原子价电子数是8，每个CO分子提供一个电子对，所以8+2n=18，n=5；

（3）极性分子的熔沸点较高，CO是极性分子，氮气是非极性分子，所以CO熔沸点较高；

（4）①铜为29号元素，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1；

②根据晶胞结构图可知，铜为面心立方堆积，每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8÷2=12；

（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，则M为Cl元素；该晶胞中Cu原子个数为4，Cl原子个数=8×+6×=4，晶体体积=cm3=cm3=cm3，根据晶胞的结构可知，铜原子和M原子之间的最短距离为立方体体对角线的=××cm=pm。

点睛：把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。【解析】洪特规则sp2杂化3NASi3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si为sp3杂化，N—Si—N的键角为109028/,而N原子周围只有3个Si原子。虽N原子也是sp3杂化，但由于孤电子对对成键电子对的排斥力更强，故Si—N—Si的键角小于109028/。第四周期第Ⅷ族分子晶体5CO[Ar]3d104s11213、略

【分析】【分析】

根据B的原子序数和电子排布规律；写出其电子排布式并判断电子排布的最高能级为2p，判断其电子云轮廓图；根据氨硼烷的结构，判断其溶于水的原因是与水分子形成氢健和配位键形成条件判断提供孤电子对的原子；根据等电子体概念找出等电子体分子；根据题中信息，判断形成双氢键的正确选项；根据题中所给结构，由σ键个数判断B原子的杂化方式和该晶体中不存在的作用力；根据晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

(1)

B的原子序数为5，核外有5个电子，则B基态原子核外电子排布式为1s22s22p1，能级最高的是2p能级，p轨道为哑铃形；答案为1s22s22p1；哑铃。

(2)

①氨硼烷能溶于水；其主要原因是氨硼烷与水分子间形成氢键；答案为氨硼烷与水分子间形成氢键。

②分子中，B原子提供空轨道，NH3中N原子提供1对孤电子对，形成配位键；原子总数相同、价电子总数相同的微粒为等电子体，用相邻原子代替N、B原子可以得到其等电子体分子C2H6；答案为N；C2H6。

③A．和分子中的H均呈正电性，和不能形成双氢键；故A不符合题意；

B．LiH为离子化合物；LiH和HCN不能形成双氢键，故B不符合题意；

C．分子中与B原子相连的H呈负电性，分子中与N相连的H呈正电性，与能形成双氢键；故C符合题意；

D．和分子中的H均呈正电性，和不能形成双氢键；故D不符合题意；

答案为C。

(3)

由的结构可知，阴离子中形成3个σ键的B原子(无孤电子对)的杂化轨道类型为sp2，形成4个σ键的B原子(无孤电子对)的杂化轨道类型为sp3；该晶体中阴阳离子之间存在离子键，B和O原子之间存在共价键和配位键，水分子之间存在分子间作用力和氢键，所以该物质中不含金属键；答案为sp2、sp3；D

(4)

①由硼氢化钠晶胞结构可知，底心Na+周围等距且最近的个数即为Na+的配位数，则Na+的配位数为8；答案为8。

②由硼氢化钠晶胞结构可知，Na+位于面心和棱上，Na+离子个数为=6×+4×=4，位于顶点、面心、体心，个数为=8×+4×+1=4，该晶胞的质量为m=g，体积V=(a×10-7cm)2×2a×10-7cm=2a3×10-21cm3，晶胞密度==解之a=底心Na+位于面对角线的中点，所以与之间的最近距离为d=a=nm；答案为

③若硼氢化钠晶胞上下底心处的被取代，则个数为4，Na+数目为3，Li+数目为1，所以得到的晶体的化学式为Na3Li(BH4)4；答案为Na3Li(BH4)4。【解析】(1)1s22s22p1；哑铃。

(2)氨硼烷与水分子间形成氢键NC2H6C

(3)sp2、sp3D

(4)8Na3Li(BH4)414、略

【分析】【分析】

根据Fe的原子序数，结合核外电子排布规则写出Fe的电子排布式；根据晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的有关计算；根据同主族元素性质递变规律解释H、Li、Na的第一电离能的关系；根据NH3分子与H2O分子之间会形成氢键解释NH3极易溶于水的原因；根据NH3极易溶于水，CO2在水中溶解度不大，解释侯氏制碱法先通入NH3再通入CO2；根据VSEPR理论，判断其空间结构和杂化类型；根据形成配位健的条件判断提供空轨道的原子；根据NH3BH3(氨硼烷)分子间形成氢键判断其熔点较高；据此解答。

（1）

①Fe元素的原子序数为26，核外有26个电子，根据核外电子排布规则，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；答案为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；

②由晶胞的结构可知，图1结构中，Fe位于顶点和体心，Fe原子的个数为8×+1=2，图2结构中，Fe位于顶点和面心，Fe原子的个数为8×+6×=4，则两种晶胞所含铁原子个数比为2:4=1:2；又图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，其体积为V=(a×10-10cm)3，晶胞的质量为m==其密度ρ===g·cm-3；答案为1:2；

③第一电离能(I1)为I1(H)>I1(Li)>I1(Na)；原因是H；Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；答案为H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；

（2）

①NH3极易溶于水的原因是NH3与H2O分子间能形成氢键；答案为NH3与H2O分子间能形成氢键；

②因为二氧化碳在水中溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水显碱性，比饱和食盐水更容易吸收二氧化碳，所以要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳即反应时，向饱和NaCl溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳；答案为NH3；

③中中心原子C原子的价层电子对个数=3+=3+0=3，且无孤电子对，采取sp2杂化；其空间结构为平面三角形；答案为平面三角形；

（3）

①NH3分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以中心原子N原子的杂化轨道类型为sp3杂化；答案为sp3；

②在NH3BH3结构中；N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道；答案为B；

③NH3BH3(氨硼烷)与CH3CH3互为等电子体，由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3BH3熔点高于CH3CH3；答案为>。【解析】(1)1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s21:2H；Li、Na位于同一主族；价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小。

(2)NH3与H2O分子间能形成氢键NH3平面三角形。

(3)sp3B＞15、略

【分析】【详解】

（1）Cu位于第四周期IB族，其Cu2＋的价电子排布式为3d9；

（2）A、[Cu(NH3)4]2＋与SO42－之间存在离子键，Cu2＋和NH3之间存在配位键；N和H之间存在极性共价键，故A正确；

B；该化合物中第一电离能最大的是N元素；故B错误；

C、外界离子为SO42－，根据价层电子对互斥理论，SO42－的空间构型为正四面体形；故C正确；

答案选AC；

（3）SO32－中心原子S有3个σ键，孤电子对数=1，价层电子对数为4，杂化轨道数等于价层电子对数，即SO32－中S的杂化类型为sp3；SO32－空间构型为三角锥形；

（4）根据等电子体的概念，与SO3互为等电子体的分子为BF3等；

（5）利用均摊的方法进行判断，根据晶胞的结构，O位于顶点、面心、棱上和内部，属于晶胞的氧原子的个数为=4，Cu位于内部，有4个，即化学式为CuO。【解析】①.3d9②.AC③.sp3④.三角锥形⑤.BF3⑥.CuO16、略

【分析】【分析】

根据KH2PO4的构成元素，判断四种元素形成简单离子的核外电子排布相同的元素；根据P元素的价电子排布式计算价电子的自旋磁量子数的代数和；根据题中KH2PO2是次磷酸的正盐信息，写出H3PO2的结构式并判断P原子的杂化方式；根据题中信息；写出n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸相应的酸根形式；根据题中晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

(1)

在KH2PO4的四种组成元素的各自所能形成的简单离子中只有K+和P3-离子的核外电子的层数都为3，每层容纳的电子数分别为2，8，8；答案为K+和P3-。

(2)

P的原子序数为15，原子核外电子数为15，核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，其价电子排布式为3s23p3，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，则自旋磁量子数的代数和为(+)×4+(-)=+也可以是(+)+(-)×4=-答案为或

(3)

KH2PO2是次磷酸的正盐，说明其中的2个H原子不是羟基H原子，而直接与P原子形成共价键，则H3PO2的结构式为H3PO2中含有4个σ键，无孤电子对，则中心的P原子采取sp3杂化；答案为：sp3。

(4)

根据题中信息可知，相邻2个磷酸分子间脱水结合成链状或环状，n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸中的每个P原子只有1个羟基和2个O原子，则分子式为(HPO3)n，则相应的酸根可写为答案为

(5)

①由晶胞结构可知，白球8个在顶点、4个在侧面上和1个在体心，则晶胞中白球个数为8×+4×+1=4，即有4个黑球4个在垂直于底面的4条棱的棱心、上下面心各1个、4个侧面上各有1个，则晶胞中黑球个数为4×+2×+4×=4，即有4个K+，即晶胞中含有4个KH2PO4，1mol晶胞的质量为m=4×(39+2×1+31+4×16)g=4×136g，1个晶胞的质量为m=g，晶胞的体积为V=a2cpm3=a2c×10-30cm3，代入ρ===g·cm-3；答案为

②在晶胞图上xz面为侧面、yz面为正面，晶胞在x轴方向的z-y投影图应符合图(c)和图(b)中的K+的相对位置，x轴方向的投影图的正面上应为小黑球在上，2个白球在下，投影图B符合题意；答案为B。【解析】(1)和

(2)或

(3)sp3

(4)

(5)B17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①N的最外层电子数为5，B的最外层电子数为3，能形成3个共价键，B原子提供空轨道，N原子提供孤对电子，在化合物H3BNH3中；B与N原子之间存在配位键；

B；C、N、O是同一周期的元素。一般情况下；元素的非金属性越强，原子半径越小，元素的第一电离能越大，但是由于N原子的2p轨道上的电子处于半充满的稳定状态，所以其电离能比O还大，因此第一电离能由大到小的顺序N＞O＞C＞B；

CH4是正四面体结构，键角109°28′；H2O是V型分子，键角104.5°，CO2是直线型分子，键角为180°。因此这三分子按照键角由大到小的顺序排列为CO2＞CH4＞H2O；

②等电子体是原子数等，最外层电子数也相等的物质，(HB=NH)3的原子数为12，最外层电子数为30，与(HB=NH)3互为等电子体的分子为C6H6；

③LiAlH4和BCl3在一定条件下制备乙硼烷B2H6、LiCl、AlCl3，根据原子守恒可得合成乙硼烷B2H6的化学方程式为：4BCl3+3LiAlH4=2B2H6+3LiCl+3AlCl3；

④图(a)是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个单元，有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个单元共用，所以B∶O=1∶(1+2×)=1∶2，化学式为：

从图(6)是硼砂晶体中阴离子的环状结构可看出，[B4O5(OH)4]2-一半sp3杂化形成两个四配位BO4四面体；另一半是sp2杂化形成两个三配位BO3平面三角形结构，硼原子采取的杂化方式为sp3、sp2；

(2)①Cu是29号元素，Cu的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+失去4s上的一个电子和3d上的一个电子，Cu2+的价层电子排布式为3d9；

②铜及其它许多金属及其化合物都可以发生焰色反应的原因是在灼烧时原子中的电子吸收能量；从基态跃迁到激发态。但是激发态是不稳定的，激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长的光的形式释放能量；

③Cu是面心立方紧密堆积，在一个晶胞中含有的Cu原子的个数为：8×+6×=4；设铜原子半径为apm=a×10-10cm，晶胞的边长；L=2×10-10cm，晶胞的体积为(2×10-10cm)3，该晶体的密度为g/cm3。【解析】是N＞O＞C＞BCO2＞CH4＞H2OC6H64BCl3+3LiAlH4=2B2H6+3LiCl+3AlCl3sp3、sp23d9激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长的光的形式释放能量18、略

【分析】【详解】

I．（1）基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是洪特规则，N2F2分子结构式为F-N=N-F，分子中N原子含有1对孤对电子，N原子的杂化方式是sp2杂化，lmolN2F2含有3molσ键，即3NA或1.806×1024个σ键；

（2）Si3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si原子为sp3杂化，N-Si-N键角为109°28′，N原子周围连接3个Si原子，含有1对孤对电子，N原子为sp3杂化；但孤对电子对成键电子对的排斥作用更大，使得Si-N-Si键角小于109°28′；

II．（1）Fe位于第四周期第VIII族；

（2）Fe（CO）x晶体的熔沸点较低；所以属于分子晶体；Fe原子价电子数是8，每个CO分子提供一个电子对，所以8+2n=18，n=5；

（3）极性分子的熔沸点较高，CO是极性分子，氮气是非极性分子，所以CO熔沸点较高；

（4）①铜为29号元素，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1；

②根据晶胞结构图可知，铜为面心立方堆积，每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8÷2=12；

（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，则M为Cl元素；该晶胞中Cu原子个数为4，Cl原子个数=8×+6×=4，晶体体积=cm3=cm3=cm3，根据晶胞的结构可知，铜原子和M原子之间的最短距离为立方体体对角线的=××cm=pm。

点睛：把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。【解析】洪特规则sp2杂化3NASi3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si为sp3杂化，N—Si—N的键角为109028/,而N原子周围只有3个Si原子。虽N原子也是sp3杂化，但由于孤电子对对成键电子对的排斥力更强，故Si—N—Si的键角小于109028/。第四周期第Ⅷ族分子晶体5CO[Ar]3d104s11219、略

【分析】【详解】

(1)由题意有铈的原子序数为58；则有58-2-8-8-18-18=4，处于元素周期表的第六周期，第四纵行的镧系，则铈在元素周期表中位置为：第六周期第ⅢB族，属于f区元素，故答案为：第六周期第ⅢB族；f；

(2)在硝酸铈铵Ce(NH4)2(NO3)6中，因为中中心原子N没有孤电子对，所以它是正四面专体形，是空间结构，所以是杂化，中氮的价层电子对数为3，是sp2杂化；在Ce、C、N、O中C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族的第一电离能，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞C；由于Ce为第六周期元素，原子半径最大，则其第一电离能最小，故答案为：sp3、sp2；N>O>C>Ce；

(3)依F、Cl、Br、I顺序，CeX3中的化学键的离子性越来越弱、共价性越来越强，故答案为：依F、Cl、Br、I顺序，CeX3中的化学键的离子性越来越弱；共价性越来越强；

(4)由图示可知这种铈的氧化物的化学式为CeO2；晶胞中氧离子的配位数为4，故答案为：CeO2；4；【解析】第六周期第ⅢB族fsp3、sp2N>O>C>Ce依F、Cl、Br、I顺序，CeX3中的化学键的离子性越来越弱、共价性越来越强CeO24四、原理综合题(共3题，共24分)20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)的又所以

(2)①420K时NO的转化率为2%，此时消耗的580K时NO的转化率为59%，此时消耗的此时间段内NO的变化量为1.77mol-0.06mol=1.71mol，容积的体积为2L，反应速率为

根据图像可知，在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低，由于该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行，导致NO转化率降低，也可能是温度升高发生了副反应4NH3+7O2=4NO2+6H2O或催化剂活性降低；都有可能导致NO转化率降低；

(3)该反应的根据知；该反应在低温条件下进行；

(4)①结合三段式计算平衡状态气体的物质的量；设达到平衡状态消耗二氧化碳的物质的量为x；

气体压强之比等于物质的量之比，解得x=2mol，则平衡时n(CO2)=2mol，n(H2)=4mol，P=5.00P0，CO2%=20%，H2%=40%，H2O%=40%，

②30min时，图表数据表明反应正向进行，则有所以

(5)电池工作中，阴极上CO2得到电子被还原，结合氢离子转化为HCOOH，电极反应是为Pt电极上H2O转化为O2，发生氧化反应为阳极，电极反应为阳极室质量减轻是因为释放出氧气，O2-4e-，所以转移2mol电子，生成的O2为0.5mol，即为8g【解析】300平衡逆向进行低温>8g21、略

【分析】(1)实验室制备Cl2可以用二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，或者用高锰酸钾固体与浓盐酸混合反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，则发生装置可选择图中的A或B，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；正确答案：A或B；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。

(2)制得的氯气中含有氯化氢及水蒸气，所以需要利用饱和食盐水除去氯化氢后再用浓硫酸进行干燥，然后再根据氯气的密度比空气大的性质，用向上排空气