2018-2019学年四川省攀枝花市高一下学期期末调研检测化学试题（解析版）
攀枝花市2018~2019学年度（下）普通高中教学质量检测2019.07
高一化学试题
本试卷共100分，考试用时90分钟。
可能用到的相对原子质量： H：1 B：11 C：12 N：14 O：16 F：19 Na：23 Mg：24 Al：27 P:31 S：32 Cl：35.5 K：39 Fe：56 Cu：64 Ga（镓）：70
一、选择题：（本大题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1. 以下能级符号不正确的是（ ）
A. 3s B. 3p C. 3d D. 3f
【答案】D
【解析】
第三能层只有3s、3p、3d能级，没有3f能级，故选D。
点睛：解答本题需要熟悉 每一能层具有的能级数等于能层序数，每一能层由少到多的能级顺序为s、p、d、f等，如第三能层有3s、3p、3d能级。
2.根据下列电子排布式判断，处于激发态的原子是
A. 1s22s22p6 B. 1s22s22p63s1 C. 1s22s23s1 D. [Ar]3d14s2
【答案】C
【解析】
【详解】原子的电子排布是使整个原子的能量处于最低状态，处于最低能量的原子叫基态原子，所以A、B、D都是基态原子，C原子没有排2p轨道直接排了3s轨道，不是能量最低，所以是激发态。所以符合条件的为1s22s23s1；
所以，正确答案选C。
3.人造的 115 号元素被我国命名为“镆”， 取自我国古代宝剑之名“镆铘” （也做“莫邪”）。 下列相关叙述正确的是
A. 镆原子核外的电子数为 115 B. 镆原子的质量数为 115
C. 镆原子的中子数肯定为 115 D. 镆铘剑中肯定含有镆元素
【答案】D
【解析】
【分析】
根据核内质子数=核外电子数=核电荷数=原子序数，115表示原子序数，结合题意进行分析。
【详解】A、镆元素的质子数为115，质量数不是115，故说法错误；
B、2017年5月9曰，我国发布了四种人造新元素的中文名称，是人造元素，古代不可造，镆铘剑在古代，不可能含有镆元素，故说法错误；
C、原子中核内质子数=原子序数，镆的原子序数为115，所以镆原子的质子数为115，中子数=质量数-质子数，质量数未知，故不能求出中子数，故说法错误；
D、根据B项的分析，镆是人造元素，古代不可造，镆铘剑在古代，不可能含有镆元素，故说法正确。
故选D。
【点睛】解答本题关键是要了解对于原子来说核内质子数等于核外电子数等于原子序数，注意镆元素是人造元素。
4.化学点亮生活。下列说法中，不正确的是
A. 沙子是基本的建筑材料 B. 光导纤维的主要成分是硅
C. 硅酸钠是制备木材防火剂的原料 D. 目前制作太阳能电池板的材料是硅
【答案】B
【解析】
【详解】A.沙子的主要成分是二氧化硅，是基本的建筑材料，故A正确；
B.光导纤维是将二氧化硅在高温下熔化、拉制成粗细均匀的光纤细丝,所以光导纤维的主要成分是二氧化硅，故B错误；
C.硅酸钠不与氧气反应,易溶于水具有粘性,可用来制备硅胶和木材防火剂的原料,故C正确；
D.硅是将太阳能转化为电能的材料，可以制太阳能电池，故D正确；
答案为B。
5.下列冶炼金属的反应原理，不正确的是
A. 铝热法炼铁：Fe2O3 + 2Al 高温Al2O3 + 2Fe
B. 火法炼铜：Cu2S + O2 高温2Cu + SO2
C. 电解法制钠：2NaCl（熔融） 电解2Na + Cl2↑
D. 电解法制镁：2MgO（熔融） 电解2Mg + O2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A. 铝热法可以炼铁，反应方程式为：Fe2O3 + 2AlAl2O3 + 2Fe，故A项正确；
B.火法炼铜是以硫化亚铜精矿为原料高温焙烧，反应方程式为：Cu2S + O22Cu + SO2，故B项正确；
C.电解熔融NaCl制取金属钠的反应方程式为：2NaCl（熔融）2Na + Cl2↑，故C正确；
D.工业上冶炼镁的方法是电解氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为D。
6.某地模拟化工厂的贮氯罐发生泄漏进行安全演练。下列预案中，错误的是
A. 组织群众沿顺风方向疏散
B. 向贮氯罐周围的空气中喷洒稀NaOH溶液
C. 进入现场抢险的所有人员必须采取严密的防护措施
D. 若无法采取措施堵漏排险，可将贮氯罐浸入石灰乳水池中
【答案】A
【解析】
【详解】A.氯气是一种有毒的气体，氯气会顺着风向流动，所以疏散时应该逆着风向转移，故A错误；
B.氯气能和氢氧化钠反应，生成氯化钠和次氯酸钠，所以喷洒稀NaOH溶液可以吸收氯气，故B正确；
C.因氯气有毒，所以进入现场抢险的所有人员必须采取严密的防护措施，故C正确；
D.石灰乳的主要成分为氢氧化钙，氯气能和氢氧化钙反应，生成氯化钙和次氯酸钙，所以若无法采取措施堵漏排险，可将贮氯罐浸入石灰乳的水池中，故D正确；
综上所述，本题正确答案为A。
【点睛】根据氯气的性质解答。氯气是一种有毒的气体，会顺着风向流动。
7.下列描述中，不正确的是
A. 硅胶是用二氧化硅和水反应制得的
B. 水泥是以黏土和石灰石为原料制成的
C. 普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英砂为原料制成的
D. 赏心悦目的雕花玻璃是用氢氟酸对玻璃刻蚀而成的
【答案】A
【解析】
【详解】A.二氧化硅和水不反应，故A错误；
B.水泥是以黏土和石灰石为原料制成的，故B正确；
C.生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英,在高温下,碳酸钠、碳酸钙和二氧化硅反应分别生成硅酸钠、硅酸钙,故C正确；
D.玻璃的成分有二氧化硅，氢氟酸能和二氧化硅反应，所以可用氢氟酸雕刻玻璃花，故D正确；
综上所述，本题正确答案为A。
8.下列说法正确的是
A. 3p2表示3p能级有两个轨道
B. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小
C. 每个周期中最后一种元素的第一电离能最大
D. 短周期中，电负性（稀有气体未计）最大的元素是Na
【答案】C
【解析】
【详解】A.3p2表示3p轨道上有两个电子，故A错误；
B.同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐升高，故B错误；
C.同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，且同周期中稀有气体元素的第一电离能最大，故C正确；
D.在元素周期表中，同周期中从左向右，元素非金属性增强，电负性增强；同主族元素从上向下，元素的非金属性减弱，电负性减弱；在元素周期表中，电负性最大的元素是F，故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】判断依据：同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，同周期中稀有气体元素的第一电离能最大；在元素周期表中，同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强，同主族元素从上向下，元素的非金属性减弱，电负性减弱。
9.X2﹣的核外电子排布为2、8、8，则X元素在周期表中的位置是
A. 第三周期0族 B. 第三周期ⅥA族
C. 第四周期IA族 D. 第三周期ⅦA族
【答案】B
【解析】
【详解】由X2﹣的核外电子排布为2、8、8知，该元素原子序数=2+8+8-2=16,所以该元素是S元素，S原子结构示意图为,该原子核外有3个电子层、最外层电子数是6,所以S元素位于第三周期第VIA族,所以B选项符合题意；
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】依据：阴离子核外电子数=原子序数+离子所带电荷数,阳离子核外电子数=原子序数-离子所带电荷数,原子中核外电子数=原子序数,根据该离子的核外电子数确定原子序数,再根据该原子核外电子层数、最外层电子数确定在周期表中的位置。
10.下列微粒的空间构型为平面三角形的是
A. H3O+ B. SO32- C. PCl3 D. BF3
【答案】D
【解析】
【详解】A.H3O+中心原子采取sp3杂化，有1个杂化轨道被孤对电子占据，所以分子空间构型为三角锥形，故A错误；
B.SO32－中心原子S有3个σ键，孤电子对数为(6＋2－3×2)/2=1，空间构型为三角锥形，故B错误；
C.PCl3中心原子P有3个σ键，孤电子对数为=1，空间构型为三角锥形，故C错误；
D.BF3中心原子为B，含有3个σ键，孤电子对数为=0，空间构型为平面三角形，故D正确。
综上所述，本题正确答案为D。
11.根据元素周期表和周期律相关知识判断，下列说法正确的是
A. 硒（Se）元素的非金属性比硫强
B. Cl-、K+、Ca2+的离子半径最大的是Ca2+
C. Sr (OH)2（氢氧化锶）碱性比Ca (OH)2弱
D. Be与Al的化学性质相似，BeO是两性氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据在元素周期表中，同主族元素从上向下，元素的非金属性减弱，所以硒（Se）元素的非金属性比硫弱，故A错误；
B.核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小。所以Cl-、K+、Ca2+的离子半径最大的是Cl-，故B错误；
C.根据同主族元素从上向下，元素的金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强。所以Sr(OH)2（氢氧化锶）的碱性比Ca(OH)2强，故C错误；
D.Al2O3是两性氧化物,根据对角线规则，Be与Al的化学性质相似，所以BeO也是两性氧化物,故D正确；
综上所述，本题正确答案为D。
12.下列各项比较中前者高于（或大于或强于）后者的是
A. CH4在水中的溶解度和NH3在水中的溶解度
B. I2在水中的溶解度和I2在CCl4中的溶解度
C. I与H形成共价键的极性和F与H形成共价键的极性
D. 对羟基苯甲醛（）和邻羟基苯甲醛（）的沸点
【答案】D
【解析】
【详解】A. CH4不溶于水，NH3极易溶于水，故A不符合题意；
B.I2是非极性分子,水是极性分子,CCl4是非极性分子,根据相似相溶原理,I2在水中的溶解度小于I2在 CCl4溶液中的溶解度，故B错误;
C. I的非金属性小于F，所以I与H形成共价键的极性比F与H形成共价键的极性弱，故C错误；
D.邻羟基苯甲醛的两个基团靠的很近,能形成分子内氢键,使熔沸点降低;而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键,使熔沸点升高,所以对羟基苯甲醛比邻羟基苯甲醛熔、沸点高,故D正确;
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】D项为本题的难点，注意分子内形成氢键,使熔沸点降低；分子间形成氢键,使熔沸点升高。
13.下面的排序中，不正确的是
A. 熔点由高到低：Rb＞K＞Na
B. 熔点由高到低：GeH4＞SiH4＞CH4
C. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
D. 晶格能由大到小： AlF3＞MgF2＞NaF
【答案】A
【解析】
【详解】A.钠、钾、铷属于金属晶体，熔点与金属键的强弱有关，金属离子的电荷越多、离子半径越小，金属键越强，熔点越高。钠、钾、铷离子的电荷相同，半径由大到小的顺序为Rb＞K＞Na，沸点由低到高的顺序为Rb
SiH4>CH4，故B项正确；
C.原子晶体中，原子半径越小，化学键越短，键能越大，化学键越强，硬度越大。所以硬度由大到小：金刚石>碳化硅＞晶体硅，故C项正确；
D.离子晶体中离子所带电荷越多、半径越小，晶格能越大，晶格能由大到小：AlF3＞MgF2＞NaF，故D项正确；
综上所述，本题正确答案为A。
14.实验室设计下列装置，能达到目的的是
A. 制取NH3 B. 干燥NH3
C. Cl2“喷泉”实验 D. 收集NO2
【答案】C
【解析】
【详解】A.实验室制取氨气是加热氯化铵和氢氧化钙的混合物。加热NH4Cl会产生NH3和HCl的混合气体，故A错误；
B. NH3是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故B错误；
C. Cl2易和氢氧化钠反应，所以实验C可以形成“喷泉”实验，故C正确；
D. NO2能和水反应，所以不能用排水法收集NO2，故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。
15.下表中：X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。
元素
I1
I2
I3
I4
X
496
4562
6912
9543
Y
578
1817
2745
11575
下列根据表中所列数据的判断，错误的是
A. 元素X是ⅠA族的元素
B. 元素Y的常见化合价是+3价
C. 元素X与氧形成化合物时，化学式可能是X2O2
D. 若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应
【答案】D
【解析】
【分析】
根据电离能数据分析：X和Y都主族元素，I是电离能，X第一电离能和第二电离能相差较大，则X为第IA族元素；Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，则Y是第IIIA族元素，X第一电离能小于Y，说明X活泼性大于Y。
【详解】A.根据以上分析知，X属于第IA族元素，故A选项是正确的；
B.主族元素最高正化合价与其族序数相等，但O、F元素除外，Y为第IIIA族元素，则Y常见化合价为+3价，故B选项是正确；
C.X为第IA族元素，和O元素化合时可能形成过氧化物，如H2O2 、Na2O2,所以C选项是正确的；
D.如果Y是第三周期元素，则为Al，Al和冷水不反应，能和酸和强碱溶液反应，故D错误；
综上所述，本题答案为D。
【点睛】本题考查元素的位构性的知识。根据电离能数据判断X和Y在元素周期表中的位置，进而判断相关的性质，根据电离能的大小，判断元素的活泼性即可。
16.某学习小组研究为金属与硝酸的反应，进行如下实验：
实验
实验操作
现象
Ⅰ
20oC时，将过量铜粉加入2mL 0.5mol/L HNO3中
无色气体（遇空气变红棕色）
Ⅱ
20oC时，将过量铁粉加入2mL 0.5mol/L HNO3中
6mL无色气体（经检测为H2）
Ⅲ
取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体
产生有刺激性气味的气体；
湿润红色石蕊试纸变蓝
Ⅳ
20oC时，将过量铁粉加入2mL 3mol/L HNO3中
无色气体（遇空气变红棕色）
下列说法错误的是
A. Ⅰ中的无色气体是NO
B. Ⅲ中生成的气体是NH3
C. Ⅱ中所有NO3﹣都没有参与反应
D. 金属与硝酸反应的还原产物与金属种类、硝酸浓度等有关
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知实验分析：（1）20oC时，将过量铜粉加入2mL 0.5mol/L HNO3中产生NO，NO遇空气能变成红棕色的NO2（2）根据题意，过量的铁粉与硝酸反应生成H2和硝酸亚铁；（3）取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体, 产生使湿润红色石蕊试纸变蓝、有刺激性气味的气体，说明有NH3生成；（4）20oC时，将过量铁粉加入2mL 3mol/L HNO3中，产生无色气体，遇空气变红棕色，说明有NO产生。
【详解】A.结合上述分析可知：20oC时，将过量铜粉加入2mL 0.5mol/L HNO3中，产生的是NO气体，NO不稳定遇空气能变成红棕色的二氧化氮，故A正确；
B. 根据上述分析可知Ⅲ中生成的气体是NH3，故B正确；
C. 根据实验III可知，实验II中部分NO3﹣作氧化剂生成了NH4+，故C错误；
D.根据实验分析，金属与硝酸反应时，金属的种类、硝酸的浓度和反应温度有可能影响硝酸的还原产物；故D正确；
综上所述，本题答案为C。
17.如图所示，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法中，正确的是
A. X和Y最多可形成4种化合物
B. YZ2分子的空间构型是V形
C. W和Z形成的共价化合物WZ4在常温下是固体
D. W、X、Y、Z的最简单氢化物中，W的氢化物沸点最高
【答案】B
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，根据位置关系，X、Y、Z为第二周期，W为第三周期，设W的最外层电子数为a，则有a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，所以X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，W为Si元素。
【详解】A. X为N元素，Y为O元素，X和Y可形成能N2O、NO、NO2、N2O4、N2O3、N2O5等，多于4种，故A错误；
B. Y为O元素，Z为F元素，YZ2分子式为OF2，中心原子孤电子对数为2，价层电子对数为4，其空间构型是V形，故B正确；
C. Z为F元素，W为Si元素，W和Z形成的共价化合物SiF4在常温下是气体，故C错误；
D. X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，W为Si元素，它们的最简单氢化物中，只有H2O在常温下为液体，其余为气体，所以H2O的沸点最高，故D错误；
综上所述，本题答案为B。
18.有三种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是
A. ①、②、③依次为简单立方堆积、六方最密堆积、体心立方堆积
B. 每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③6个
C. 晶胞中原子的配位数分别为：①6， ②8 ，③12
D. 空间利用率的大小关系为：①＞②＞③
【答案】C
【解析】
【详解】A.①为简单立方堆积，②为体心立方堆积，③为面心立方最密堆积，故A错误；
B.①中原子个数=8×1/8=1；②中原子个数=1+8×1/8=2；③中原子个数=8×1/8+6×1/2=4，B错误；
C.晶胞中原子的配位数分别为：①6， ②8 ，③12 ，故C正确
D. 空间利用率：①52%、②68%、③74%、，所以空间利用率大小顺序：①＜②＜③，故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】利用均摊法计算每个晶胞中原子个数时，注意处于顶点的微粒，每个微粒有1/8属于该晶胞，处于棱上的微粒，每个微粒有1/4属于该晶胞，处于面上的微粒，每个微粒有1/2属于该晶胞，处于晶胞内部的微粒全部属于该晶胞。
19.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I-的形式存在，几种微粒之间的转化关系如图所示。已知：淀粉遇单质碘变蓝。下列说法中，不正确的是
A. 氧化性的强弱顺序为：Cl2 >IO3- >I2
B. 一定条件下， I-与IO3-反应可能生成I2
C. 途径Ⅱ中若生成1mol I2，消耗4mol NaHSO3
D. 向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液不一定变为蓝色
【答案】C
【解析】
【详解】A.由途径I可以知道氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可以知道氧化性I2< IO3-，由途径Ⅲ可以知道氧化性Cl2>IO3-，故氧化性的强弱顺序为Cl2 >IO3- >I2，故A正确；
B.根据氧化性IO3->I2，所以一定条件下，I-与IO3-反应可能生成I2，故B正确；
C.途径Ⅱ根据转化关系5HSO3-IO3- I210e-可以知道，生成1molI2反应中转移的电子数为10NA，消耗5molNaHSO3，所以C选项是错误的；
D.由氧化性的强弱顺序为Cl2 >IO3- >I2可知，向含I-的溶液中通入Cl2，在一定条件下可能把I-氧化成生IO3-，所以得到溶液中加入淀粉溶液不一定变为蓝色，故D正确；
综上所述，本题答案为C。
20.在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是
A. 反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C. 反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子
D. 该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的
【答案】B
【解析】
【分析】
根据CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl = 3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。
【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；
B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；
C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C错误；
D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。
综上所述，本题正确答案为B。
二（本大题包括21、22、23题，共22分）
21.按要求回答下列问题：
（1）用电子式表示Cl2O的形成过程：________________________。
（2）用电子式表示K2S的形成过程：________________________。
（3）写出下列物质的电子式：Na2O2_______，N2_______
【答案】 (1). (2). (3). (4).
【解析】
【详解】（1）Cl2O是共价化合物，用电子式表示的形成过程：
；答案：。
（2）K2S是离子化合物，由钾离子和硫离子形成的，用电子式表示的形成过程：；答案：。
(3)过氧化钠是离子化合物，由钠离子与过氧根离子构成,过氧化钠的电子式为; N2为双原子分子，含有3个共用电子对，其电子式为: ；
答案：；。
22.干冰、石墨、C60、氟化钙和金刚石的结构模型如图所示(石墨仅表示出其中的一层结构)：
回答下列问题：
（1）干冰晶胞中，每个CO2分子周围有________个与之紧邻且等距的CO2分子。
（2）由金刚石晶胞可知，每个金刚石晶胞占有________个碳原子。
（3）石墨层状结构中，平均每个正六边形占有的碳原子数是________。
（4）在CaF2晶体中，Ca2＋的配位数是________，F-的配位数是________。
（5）固态时，C60属于________ (填“原子”或“分子”)晶体。
【答案】 (1). 12 (2). 8 (3). 2 (4). 8 (5). 4 (6). 分子
【解析】
【分析】
根据各种晶胞的结构进行分析判断；
【详解】(1)干冰是分子晶体, CO2分子位于立方体的顶点和面心上,以顶点上的CO2分子为例,与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上,所以干冰晶胞中,每个CO2分子周围有12个与之紧邻且等距的CO2分子；因此，本题正确答案是:12；
(2)金刚石晶胞中碳原子占据立方体的面心和顶点,晶胞内部有4个碳原子,则每个金刚石晶胞占有碳原子数为:+6+4=8，因此，本题正确答案是：8；
(3）石墨层状结构中，每个碳原子被三个正六边形共用，所以平均每个正六边形占有的碳原子数=6×=2；答案：2。
(4)在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子,但在下面一个晶胞中又连接4个氟离子,即每个Ca位于8个F构成的立方体体心，所以其配位数为8；同理每个F均位于四个Ca2+构成的正四面体的体心，所以其配位数为4，因此，本题正确答案是:8；4；
（5）C60中构成微粒是分子，所以属于分子晶体；答案：分子。
23.前四周期元素X、Y、Z、R、Q核电荷数逐渐增加，其中X、Y、Z、R四种元素的核电荷数之和为58；Y 原子的M层p轨道有3个未成对电子；Z与Y同周期，且在该周期中电负性最大；R原子的L层电子数与最外层电子数之比为4∶1，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5∶2；Q2+的价电子排布式为3d9。
回答下列问题：
（1）R基态原子核外电子的排布式为________。
（2）Z元素的最高价氧化物对应的水化物化学式是___________。
（3）Y、Z分别与X形成最简单共价化合物A、B，A与B相比，稳定性较差的是______（写分子式）。
（4）在Q的硫酸盐溶液中逐滴加入氨水至形成配合物[Q(NH3)4]SO4，现象是_________。不考虑空间结构，配离子[Q(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为_____（配位键用→标出）。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s2 (2). HClO4 (3). PH3 (4). 先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解最终得到深蓝色溶液 (5).
【解析】
【分析】
前四周期元素X、Y、Z、R、Q核电荷数逐渐增加，Y 原子的M层p轨道有3个未成对电子,则外围电子排布为3s23p3，故Y为P元素；Z与Y同周期,且在该周期中电负性最大，则Z为Cl元素；R原子的L层电子数与最外层电子数之比为4∶1，最外层电子数为2,其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5∶2,d轨道数目为5,外围电子排布为3d54s2,故R为Mn元素,则X、Y、Z、R四种元素的核电荷数之和为58,则X核电荷数为58-15-17-25=1,故X为H元素；Q2+的价电子排布式为3d9。则Q的原子序数为29,故Q为Cu元素。
【详解】（1）R为Mn元素,则R基态原子核外电子的排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，答案：1s22s22p63s23p63d54s2。
（2）Z为Cl元素，Z元素的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，其化学式是HClO4。
（3）Y为P元素, Z为Cl元素, X为H元素,Y、Z分别与X形成最简单共价化合物为PH3和HCl，因非金属性Cl＞P，则稳定性大小为HCl> PH3；答案：PH3。
（4）Q为Cu元素，其硫酸盐溶液为CuSO4溶液，逐滴加入氨水先生Cu(OH)2蓝色沉淀,继续滴加，沉淀又溶解形成配合物[Cu(NH3)4]SO4的深蓝色溶液。不考虑空间结构，配离子[ Cu (NH3)4]2+的结构可用示意图表示为；答案：先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解最终得到深蓝色溶液；。
24.以氮化镓（GaN）为首的第三代半导体材料适合于制作高温、高频、抗辐射及大功率器件，通常也称为高温半导体材料。回答下列问题：
（1）基态Ga原子价层电子的电子排布图为______；第二周期中，第一电离能介于N和B之间的元素有______种。
（2）HCN分子中σ键与π键的数目之比为______，其中σ键的对称方式为______。与CN-互为等电子体的一种分子为______。
（3）NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其中阴离子与CO2互为等电子体，阴离子中心原子的杂化轨道类型为______。NF3的空间构型为______。
（4）GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，分析其变化原因______。
GaN
GaP
GaAs
熔点
1700℃
1480℃
1238℃
（5）GaN晶胞结构如图1所示。已知六棱柱底边边长为a cm，阿伏加德罗常数的值为NA。
①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为______；
②从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图2。若该平行六面体的体积为a3cm3，GaN晶体的密度为______g/cm3（用a、NA表示）。
图1 图2
【答案】 (1). (2). 3 (3). 1:1 (4). 轴对称 (5). CO (6). sp (7). 三角锥形 (8). 原子半径N< P< As，键长Ga-N < Ga-P < Ga-As，键能Ga-N > Ga-P > Ga-As，故熔点降低 (9). 12 (10).
【解析】
【详解】(1)Ga原子价层电子有6个电子，4s能级上有2个电子，4p能级上有1个电子，其外围电子排布图为 ；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA元素第一电离能大于第ⅢA元素，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素，所以第二周期中第一电离能顺序为：B＜Be＜C＜O＜N，第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素；
(2)单键是一个σ键，三键是一个σ键2个π键，通过HCN分子的结构简式H-C≡N可知含有2个σ键 2个π键，得出σ键与π键的数目之比为1：1； σ键的对称方式为轴对称；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CN-互为等电子体的分子为CO ；
(3) 氮原子形成单键时为sp3杂化，形成双键时为sp2杂化，形成叁键时为sp杂化，N3-中心原子的杂化轨道类型为sp ； NF3中N的杂化类型为sp3，形成3个共用电子对，还有一对孤对电子，因而NF3的空间构型为三角锥形；
(4)原子半径N< P< As，键长Ga-N < Ga-P < Ga-As，键能Ga-N > Ga-P > Ga-As，故熔点降低；
(5)从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下层分别有3、6、3个配位原子，故配位数为12；六方晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/6；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞侧棱的原子为3个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/3；④位于晶胞底面上的棱棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；⑤位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1， GaN晶胞中Ga原子个数为6，晶胞中N原子个数为，所以该结构为Ga6N6，质量为6×84/NA
g，该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为cm2，如图所示可知高为2倍的正四面体高，cm，所以体积为，密度为=。
【点睛】有关晶胞密度的计算步骤：
①根据“分摊法”算出每个晶胞实际含有各类原子的个数，计算出晶胞的质量m；
②根据边长计算晶胞的体积V；
③根据ρ=进行计算，得出结果。
四（本大题包括25、26题，共19分）
25.某化学学习小组研究盐酸被MnO2氧化的条件，进行如下实验。
实验
操作
现象
I
常温下将MnO2和12 mol/L浓盐酸混合
溶液呈浅棕色，略有刺激性气味
II
将I中混合物过滤，加热滤液
生成大量黄绿色气体
III
加热MnO2和4 mol/L稀盐酸混合物
无明显现象
（1）已知：MnO2是碱性氧化物。I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是____________。
（2）II中发生了分解反应，反应的化学方程式是___________。
（3）III中无明显现象的原因可能是c(H+)或c(Cl－)较低，设计实验IV进行探究：
将实验III、IV作对比，得出的结论是_____________；将实验IV中i、ii作对比，得出的结论是__________________。
【答案】 (1). MnO2 + 4HCl MnCl4 + 2H2O (2). MnCl4 MnCl2 + Cl2↑ (3). III中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl－) 较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化 (4). MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl－)
【解析】
【详解】（1）已知MnO2是碱性氧化物，呈弱碱性，MnO2与浓盐酸发生复分解反应生成呈浅棕色的MnCl4，其反应的化学方程式为MnO2 + 4HCl MnCl4 + 2H2O ；答案：MnO2 + 4HCl MnCl4 + 2H2O。
（2）黄绿色气体为Cl2，是MnCl4分解生成的产物，则反应的化学方程式为MnCl4 MnCl2 + Cl2↑；答案：MnCl4 MnCl2 + Cl2↑；
（3）实验Ⅳ中，分别增大c(H+)、c(Cl -)后，有氯气生成，故可得到结论：Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl -)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化；对比ⅰ、ⅱ可得，开始生成氯气时，c(H+)7mol/L,而c(Cl -)10mol/L，因此增大c(H+)即可发生反应，所以MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl -)。
26.二氧化氯（ClO2）常用于处理含硫废水。某学习小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。
已知：① ClO2是极易溶于水的黄绿色气体，有毒，沸点为11℃。
② SO2 + NaClO3 + H2SO4→ ClO2 + NaHSO4（未配平）
③ ClO2 + NaOH→NaCl + NaClO3 + H2O（未配平）
请回答下列问题：
（1）设计如下装置制备ClO2
①装置A中反应的化学方程式为__________________________________。
②装置B中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
③欲收集一定量的ClO2，选择上图中的装置，其连接顺序为a→ g→ h→ _________________→d。
（2）探究ClO2与Na2S的反应
将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物
操作步骤
实验现象
结论
取少量Ⅰ中溶液放入试管甲中，滴加品红溶液和盐酸。
品红溶液始终不褪色
①无_______生成。
另取少量Ⅰ中溶液放入试管乙中，加入Ba(OH)2溶液和盐酸，振荡。
②___________
有SO42-生成
③继续在试管乙中加入Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液放入试管丙中，______________。
有白色沉淀生成
有Cl-生成
④ClO2与Na2S反应的离子方程式为_________________________________________。用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点是_____________________________________________（任写一条）。
【答案】 (1). Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4 + SO2↑ + 2H2O (2). 2:1 (3). b→c→e→f (4). SO2 (5). 有白色沉淀 (6). 加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液 (7). 8ClO2 + 5S2- + 4H2O8Cl- + 5SO42- + 8H+ (8). 均被还原为Cl-时，ClO2得到的电子数是Cl2的2.5倍，所需ClO2用量更少；或氧化产物硫酸根稳定，ClO2除硫更彻底； 或ClO2不会生成可能对人体有害的有机氯化物等（合理即可）
【解析】
【详解】①装置A中Cu与浓硫酸反应制备二氧化硫，其化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
②由题意知装置B中反应为SO2 + 2NaClO3 + H2SO4= 2ClO2 + 2NaHSO4，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；答案：2:1。
③二氧化硫从a出来，为防止倒吸，故应在B之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d；故答案为：b→c→e→f；
④在Ⅰ中反应过后的溶液加入品红，品红始终不褪色，说明不是由于SO2的漂白作用导致褪色，结论是无SO2
生成。答案：SO2。
在Ⅰ中反应过后的溶液加入Ba(OH)2，结论是有SO42-生成，所以反应生成BaSO4，现象应为白色沉淀。答案：白色沉淀；
若生成可以证明Cl-存在的白色沉淀，那么操作应为加入足量稀硝酸酸化的AgNO3溶液。答案：加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液；
由上述分析可知，生成物有SO42-和Cl-，用溶剂H2O补全反应方程式，所以离子方程式为8ClO2 + 5S2- + 4H2O8Cl- + 5SO42- + 8H+；ClO2相对于Cl2优点包括： ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根稳定，ClO2在水中的溶解度大；剩余的ClO2不会产生二次污染，均被还原为Cl-时，ClO2得到的电子数是Cl2的2.5倍等。
五（本大题包括27题，共6分）
27.已知：① NO + NO2 + 2NaOH2NaNO2 + H2O；
② 2NO2 + 2NaOHNaNO3 + NaNO2 + H2O
将51.2 g Cu溶于一定浓度的硝酸中，若生成的气体只含有NO、NO2，且这些气体恰好被500 mL2.0 mol/L的NaOH溶液完全吸收，得到只含NaNO2和NaNO3的溶液。求：气体中NO、NO2的物质的量分别为多少？
【答案】0.3mol、0.7mol
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中电子守恒，原子守恒进行解答；
【详解】根据题意知：n(Cu)=0.8mol ，n(NaOH)=0.5mol×2. 0mol/L=1.0mol
设反应生成的NO、NO2的物质的量分别为x、y
根据Cu与硝酸反应中的得失电子守恒，可得： 3 x + y=2×0.8mol ①
因为气体恰好能被500 mL2.0 mol/L的NaOH溶液完全吸收，生成只含NaNO2和NaNO3的溶液，所以生成的NO2和NO的物质的量之和与NaOH的物质的量相等
即 x + y = 1.0mol ②
①② 方程联立求解
解得：x= 0.3mol，y= 0.7mol
所以反应生成的NO、NO2的物质的量分别为0.3mol、0.7mol；
答案：0.3mol、0.7mol。
