【文档说明】【精准解析】吉林省通化县综合高级中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）.doc，共(18)页，517.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019—2020学年度下学期期末考试试题高二化学总分：100分时间：90分钟第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题：本大题共25小题，每小题2分，共50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.已知下列电子排布图所表示的是元素的原子，其中能量处于最低状态

的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据构造原理，能量由低到高排列为：1s、2s、2p，利用核外电子排布的三个原理：能量最低原理、泡利原理、洪特规则可对各选项作出判断。【详解】A．该元素原子的电子排布图遵守核外电子排布的

三个原理，能量处于最低状态，A选项符合题意；B．该原子的1个电子没有排在能量低的2s能级，而是排在能量较高的2p能级上，不是能量最低的状态，B选项不符合题意；C．2p的3个电子没有分占能量相同的3个2p轨道，违反了洪特规则，不是能量最低的状态，C选项不符合题意；D．该

原子的1个电子没有排在能量低的2s能级，而是排在能量较高的2p能级上，不是能量最低的状态，D选项不符合题意；答案选A。2.下列微粒半径的大小顺序不正确的是A.F-＞O2-＞Na＋＞Mg2＋B.Fe＞Fe2＋＞Fe3＋C.S2-＞Cl-＞K＋＞Ca2＋D.S＞O＞F【答

案】A【解析】【分析】【详解】A．具有相同电子层结构的粒子，核电荷数越大，粒子半径越小；O2-＞F-＞Na＋＞Mg2＋，A项错误；B．阳离子半径小于相应的原子半径，同种元素的阳离子，离子电荷越高离子半径越小，故微粒半径：Fe＞Fe2＋＞Fe3＋，B项正确；C．电子层数相同，核电荷

数越小，半径越大，C项正确；D．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，D项正确；答案选A。3.下列原子的价电子排布中，对应元素第一电离能最大的是A.ns2np1B.ns2np2C.ns2np3D.n

s2np4【答案】C【解析】【分析】因同主族元素从上到下电离能逐渐减小，比较核外电子的第一电离能，应按同周期元素比较，否则没有可比性，当最外层处于半充满或全充满时，难以失去电子，则第一电离能最大。【详解】四种元素中应位于同一周期，ns2

np3中p轨道为半充满状态，难以失去电子，则第一电离能最大；答案为C。4.已知元素周期表中1～18号元素中的四种元素的简单离子W3＋、X＋、Y2－、Z－都具有相同的电子层结构，下列判断正确的是（）A.元素的第一电离能：X>WB.离子的还原性：Y2－>Z－C.氢化物的稳定性：H2Y>HZD

.原子半径：X<W【答案】B【解析】【分析】元素周期表中1～18号元素的离子W3+、X+、Y2-、Z-都具有相同的电子层结构，其离子核外电子数相等，Y、Z为非金属，处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，结合

元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，W为Al元素，X为Na元素，Y为O元素，Z为F元素。A．W为Al元素，X为Na元素，元素第一电离能Al＞Na，即第一电离能X＜W，故A错误；B．Y为O元素，Z为F元素，同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，离子的

还原性逐渐减弱，所以离子的还原性：Y2-＞Z-，故B正确；C．非金属性F＞O，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性为HZ＞H2Y，故C错误；D．W为Al元素，X为Na元素，同周期从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径Na＞Al，即原子半径X＞W，故D错误；答案选

B。5.下列对HBr、H2、NH3、C2H4中共价键存在类型的判断正确的是A.都有σ键，没有π键B.都有π键，没有σ键C.都既有σ键，又有π键D.除C2H4外，都只有σ键【答案】D【解析】【分析】【详解】先写出四种分子的结构式：只有C2H4中既存在单键又存在双键，其余分子中都只有

单键，故只有C2H4中存在π键，其余分子中都只有σ键；答案选D。6.下列分子或离子之间互为等电子体的是A.CS2和NO2B.NH3和NH+4C.N2和COD.CO2和SO2【答案】C【解析】【分析】【详解】A．CS2的价电子数为4+6×2=16，二氧化氮的价电子数为5

+6×2=17，二者不是等电子体，A项错误；B．氨气分子含有4个原子，铵根离子含有5个原子，二者不是等电子体，B项错误；C．N2的价电子数为5+5=10，CO的价电子数为10，二者为等电子体，C项正确；D．C

O2的价电子数为4+6×2=16，SO2的价电子数为6+6×2=18，二者不是等电子体，D项错误；答案选C。7.下列物质中，化学键类型和分子空间构型皆相同的是A.CO2和SO2B.CH4和SiH4C.BF3和PH3D.HC

l和NH4Cl【答案】B【解析】【分析】【详解】A．两种分子内均为共价键，CO2为直线形，SO2为V形，A项错误；B．两种分子内均为共价键，CH4和SiH4为正四面体形，B项正确；C．两种分子内均为共价键，BF3为平面三角形，PH3为三角锥形，C项错误；D．NH4Cl中存在离子键

和共价键，HCl分子内只有共价键，D项错误；答案选B。8.下列分子中中心原子的杂化方式和分子的空间构型均正确的是A.C2H2：sp2、直线形B.SO42-：sp3、三角锥形C.BF3：sp2、平面三角形D.H3O+：sp3、V形【答案】C

【解析】【详解】A、C2H2是乙炔，碳的杂化类型为sp，空间构型为直线型，故A错误；B、SO42－，中心原子为S，有4个σ键，孤电子对数为(6＋2－2×4)/2=0，因此杂化类型为sp3，空间构型为正四面体，故B错误；C、BF3中中心原子B有3个σ键，无孤电子对，因此空

间构型为平面三角形，故C正确；D、H3O＋中中心原子是O，3个σ键，孤电子对数为(6－1－3)/2=1，杂化类型为sp3杂化，空间构型为三角锥形，故D错误。9.下列物质发生状态变化时，克服了分子间相互作用力的是A.食盐熔化B.晶体硅熔化C.碘升华

D.氢氧化钠熔化【答案】C【解析】【详解】A．食盐是由离子键形成的离子晶体，所以食盐熔化克服的是离子键，A项不合题意；B．晶体硅属于原子晶体，晶体硅熔化破坏的是共价键，B项不合题意；C．碘是分子晶体，碘升华破坏的是分子间作用力，C项符合题意；D．NaO

H是由离子键和共价键形成的离子化合物，则氢氧化钠熔化破坏的是离子键，D项不合题意；答案选C。10.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.固体SiO2一定是晶体D.非晶体无自范性而且排列无序【答案】D【解析】【详解】A

．晶体有固定的熔点，非晶体没有熔点，A错误；B．晶体有自范性，且其结构排列有序，B错误；C．SiO2其存在形态有结晶形和无定形两大类，即SiO2也有非晶体，C错误；D．非晶体无自范性，而且其结构排列无序，D正确；故选D。11.已知CsCl晶体的密度为ρg·cm-3，NA为阿伏加德罗常数的值，相

邻的两个Cs+的核间距为acm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为（）A.NA·a3·ρB.3Aa6NC.3Aa4ND.3Aa8N【答案】A【解析】【详解】在CsCl晶胞中，含有1个Cs+和1个Cl-，

则只含有1个“CsCl”；由公式ρ=mV可得，ρ=mV=r3AaMN，从而得出Mr=NA·a3·ρ，故选A。12.下列物质中，属于分子晶体的是()①二氧化硅②碘③食盐④蔗糖⑤磷酸A.②④⑤B.①②④C.②③④⑤

D.①②③⑤【答案】A【解析】【详解】离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，所以②④⑤都是分子晶体，①是原子晶体，③是离子晶体。答案选A。13.下列化

学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是（）A.H3PO4B.SiCC.SiO2D.C【答案】A【解析】【详解】A.H3PO4是分子晶体，所以H3PO4既能表示磷酸分子的组成，又能表示一个H3PO4分子，故A正确；B.SiC为原子晶体，是由硅

原子和碳原子以共价键构成的空间网状结构，没有SiC分子，故B错误；C.SiO2是原子晶体，原子晶体中不存在分子，SiO2只能表示晶体中Si原子与O原子的个数比为1:2，故C错误；D.C既可表示金刚石，又可表示石墨等碳单质，金刚石是由碳

原子构成的原子晶体，石墨是一种混合晶体，故D错误。故选：A。【点睛】原子晶体是相邻原子之间只通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体，原子晶体中不存在分子；分子晶体是分子间通过分子间作用力构成的晶体，构成微粒为分子；大部分酸都是分子晶体，

SiC、SiO2为原子晶体。14.偏二甲肼(C2H8N2)是一种高能燃料，燃烧产生的巨大能量可作为航天运载火箭的推动力。下列叙述正确的是A.偏二甲肼的摩尔质量为60gB.1mol偏二甲肼的质量为60g·mol-1C.

6.02×1023个偏二甲肼分子的质量约为60gD.6g偏二甲肼含有1.2NA个偏二甲肼分子【答案】C【解析】【详解】A．摩尔质量的单位是g·mol-1，则偏二甲肼的摩尔质量为60g·mol-1，故A错误；B．质量的单位是g，根据m=nM，则1mol偏二甲肼的质量为1mol×60g·mol-1=6

0g，故B错误；C．根据n=ANN，6.02×1023个偏二甲肼分子的物质的量为23236.02106.0210=1mol，根据m=nM，则质量约为1mol×60g·mol-1=60g，故C正确；D．根据n=mM，6g

偏二甲肼的物质的量为6g60g/mol=0.1mol，则含有偏二甲肼分子数为0.1mol×NA=0.1NA个，故D错误；答案选C。15.金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，六方最密堆积、面心立方最

密堆积和体心立方堆积，下图分别代表着三种晶体的晶体结构，其晶胞内金属原子个数比为A.1∶2∶1B.11∶8∶4C.9∶8∶4D.9∶14∶9【答案】A【解析】【分析】【详解】根据均摊法可推知，第一个为六方最密堆积的晶胞，此晶

胞中有两个金属原子；第二个为面心立方最密堆积的晶胞，此晶胞中有4个金属原子；第三个为体心立方堆积的晶胞，此晶胞中有2个金属原子；所以原子个数比为2∶4∶2，化简为1∶2∶1，所以选A。16.下列关于氯化铯晶体的叙述不正确的是（

）A.1mol氯化铯中有6.02×1023个CsCl分子B.氯化铯晶体中，每个Cs＋周围与它最近且等距离的Cs＋有6个C.氯化铯晶体中，Cs＋和Cl－的配位数都是8D.每个晶胞中平均含有1个Cs＋和1个Cl－【答案】A【解析】【分析】

氯化铯为离子晶体，其晶胞为，据此解答。【详解】A．氯化铯属于离子晶体，不含CsCl分子，A错误；B．由氯化铯晶胞可知，每个Cs＋周围与它最近且等距离的Cs＋有前、后、左、右、上、下共6个，B正确；C．由氯化铯晶胞可

知，与Cs+等距离且最近的Cl-有8个，与Cl-等距离且最近的Cs+有1×8=8个，即Cs＋和Cl－的配位数都是8，C正确；D．由氯化铯晶胞可知，每个晶胞中平均含有1个Cs＋和8×18=1个Cl－，D正确。答案选A。17.下列物质性质的变化规律描述正确，且与共价键的键能大小有关的是A.F2

、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高B.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，熔点依次升高C.金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅D.NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低【答案】C【解析】【分析】【详解】A．F

2、Cl2、Br2、I2均为分子晶体，它们熔、沸点的高低与分子间作用力的大小有关；A项错误；B．物质的稳定性与化学键键能的大小有关，因为键能H—F＞H—Cl＞H—Br＞H—I，HF、HCl、HBr、HI分子的热稳定性逐渐减弱，HF分子间会形成氢键，所以熔点高低顺序为：HF＞

HI＞HBr＞HCl，B项错误；C．金刚石和晶体硅均为原子晶体，原子间共价键的键能越大，该原子晶体的硬度就越大，熔沸点就越高，金刚石中的C—C键的键能大于晶体硅中Si—Si键的键能，C项正确；D．NaF、NaCl、NaBr、NaI均为离子化合物，

其晶体是离子晶体，离子晶体熔点的高低与晶格能的大小有关，D项错误；答案选C。18.下列关于原子晶体和分子晶体的说法不正确的是A.共价晶体硬度通常比分子晶体大B.共价晶体的熔沸点较高C.分子晶体中有的水溶液能导电D.金刚石、水晶和干冰都属于共价晶体【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由

于共价晶体中粒子间以共价键结合，而分子晶体中分子间以分子间作用力结合，故共价晶体比分子晶体的熔沸点高，硬度大，A正确；B．由于共价晶体中粒子间以共价键结合，而分子晶体中分子间以分子间作用力结合，共价晶体比分子晶体的熔沸点高，B正确；C．有些分子晶体溶于水后能电离

出自由移动的离子而导电，如H2SO4、HCl，C正确；D．金刚石、水晶都属于共价晶体，干冰是分子晶体，D错误；故选D。19.双酚基丙烷(BPA，分子式为C15H16O2)可能降低男性及女性的生育能力。下列有关判断不正确的是A.BPA的摩尔质量是228g·mol-1B.1molBPA

中含有6.02×1023个分子C.BPA属于有机化合物D.1molBPA在标准状况下的体积约为22.4L【答案】D【解析】【详解】A.由分子式可知BPA的相对分子质量为228，则摩尔质量为228g·mol-

1，故A正确；B.BPA属于有机酚类，为共价分子型物质，1molBPA中含有分子数约为6.02×1023，故B正确；C.结合名称和分子组成可知其为有机化合物，故C正确；D.根据有机物的性质特点，C原子大于4以上的有机物不是气态物质，结合BPA的分子组成可知标准状况下B

PA不是气态物质，因此1mol的体积不是22.4L，故D错误；故选：D。20.雾霾天气对环境造成了严重影响，部分城市开展PM2.5和臭氧的监测。下列有关说法正确的是()A.臭氧的摩尔质量是48gB.同温同压条件下，等质量的

氧气和臭氧体积比为2∶3C.16g臭氧中含有6.02×1023个原子D.1.00mol臭氧中含有电子总数为18×6.02×1023【答案】C【解析】【详解】A．摩尔质量的单位是g/mol，则臭氧的摩尔质量是48g/mo

l，故A错误；B．同温同压下气体摩尔体积相等，，相同质量的不同气体其体积之比等于摩尔质量的反比，所以同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧体积比=48g/mol：32g/mol=3：2，故B错误；C．O原子的摩尔质量为16g/mol，

则16g臭氧中氧原子个数=16g16g/mol×NA/mol=6.02×1023，故C正确；D．每个臭氧分子中含有24个电子，1.00mol臭氧中含有24mol电子，则l.00mol臭氧中含有电子总数为24×6.02×1023个，故D错误；故选：C。21.NA表示阿伏加

德罗常数的值，下列说法中正确的是A.标准状况下，2.24L四氯化碳含有的分子数目为0.1NAB.25℃时，0.1mol·L-1Na2S溶液中含有Na+的数目为0.2NAC.64g的SO2与足量的O2充分反应后可得到NA个SO

3分子D.2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA【答案】D【解析】【分析】标准状况下，四氯化碳是液体；没有溶液体积不能计算溶质物质的量；可逆反应中，反应物不可能完全转化为生成物

；2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物，则产物是氧化钠和过氧化钠的混合物，钠元素化合价由0价变为+1。【详解】标准状况下，四氯化碳是液体，2.24L四氯化碳的物质的量不是0.1mol，故A错误；没有溶液体积不能计算溶质物质的量，故B错误；2SO2+O2

2SO3，该反应可逆，64g的SO2与足量的O2充分反应后得到SO3分子数小于NA个，故C错误；2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物，则产物是氧化钠和过氧化钠的混合物，钠元素化合价由0价变为+1，所以2.3gNa完全反时，失去的电子数为0

.1NA，故D正确。22.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.400mL1mol·L-1稀硝酸与Fe完全反应(还原产物只有NO)，转移电子的数目为0.3NAB.1mol·L-1的A1C13溶液中含有C1-的个数为3NAC.0.2molH2O和D2O

中含有中子的数目为2NAD.标准状况下，2.24LC12溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A.400mL1mol/L稀硝酸物质的量=0.4L×1mol/L=0.4mol,铁与稀硝酸反应可以生成硝酸亚铁3Fe+8HNO3（稀）=3Fe(NO3)2+2NO

↑+4H2O或生成硝酸铁Fe+4HNO3（稀）=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，每反应4molHNO3电子转移3mol，0.4mol稀硝酸与Fe完全反应(还原产物只有NO)，转移电子的数目为0.3NA，故A正确；B.没有给出溶液的体积，不能计算出1mol·L-1

的A1C13溶液中含有C1-的个数，故B错误；C.H2O中含8个中子，而D2O中含10个中子；所以0.2molH2O和D2O中含有中子的数目为1.6NA~2NA之间，故C错误；D.标准状况下，2.24LC

12的量为0.1mol，C12溶于水后仍有部分以C12的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2NA，故D错误；综上所述，本题选A。23.草酸(分子式为H2C2O4，沸点：150℃)是生物体的一种代谢产物，广

泛分布于植物、动物和真菌体中。下列有关判断不正确的是A.草酸的摩尔质量是90g·mol-1B.1mol草酸中含有6.02×1023个分子C.45g草酸中含有1.204×1024个氧原子D.1mol草酸在标准状况下的体积约为22.4L【答案】

D【解析】【详解】A．草酸的相对分子质量是90，则草酸的摩尔质量是90g/mol，故A正确；B．1mol草酸中含有NA个分子，约为6.02×1023个分子，故B正确；C．45g草酸物质的量为：45g90g/mol=0.5mol，含有氧原子个数为：0.5mol×4×6.02×1023m

ol-1=1.204×1024，故C正确；D．草酸沸点为150℃，可知标况下草酸不是气体，所以不能使用气体摩尔体积计算其体积，故D错误；答案为D。24.下列所配溶液浓度为1mol·L－1的是A.将31gNa2O溶于1L水中B.常温下，将22.4LHCl溶于水中，

配成1L溶液C.将10mL10mol·L－1的H2SO4溶液与90mL水混合D.将100mL5mol·L－1的KNO3溶液加水稀释至500mL【答案】D【解析】【详解】A.根据钠原子守恒可知n(NaOH)=2n(2NaO)=31g62g/mol=0.5mol，

但水的体积不等于溶液的体积，所以无法计算出该物质的浓度，故A不选；B.没有标明气体存在的状态是否是标准状况下，无法确定气体的物质的量，所以无法计算出该物质的浓度，故B不选；C.将10mL10mol/L的24HSO溶液

与90mL水混合溶液的体积要小于100mL，无法计算出该物质的浓度，故C不选；D.稀释前后溶质的质物质的量不变，即c(浓)V(浓)=c(稀)V(稀)，则100mL×5mol/L=c(稀)×500mL，解得c(稀)=1mol/L，故D选；故选：D。2

5.某同学用烧碱固体配制0.1mol·L-1NaOH溶液500mL，下列说法正确的是A.容量瓶中有水，未经干燥处理，对配制溶液无影响B.该同学配制溶液时忘记冷却就进行定容，使配制溶液浓度偏低C.该同学定容时不慎超过

刻度线，用胶头滴管吸出一些至刻度线，则配制溶液浓度偏高D.该同学在托盘上放置两张称量纸称量样品，由于样品吸水使结果偏高【答案】A【解析】【分析】【详解】A．容量瓶中有水，未经干燥处理，配置溶液进行定容时也需要加入蒸馏水，故对配制溶液无影响，A项正确

；B．忘记冷却使，溶液体积大于实际体积，所配置的溶液浓度偏大，B项错误；C．该同学定容时不慎超过刻度线，用胶头滴管吸出一些至刻度线，吸出的溶液中也含有溶质，故配制溶液浓度偏低，C项错误；D．样品吸水使其质量大于实际质量，

所配置的溶液浓度偏小，D项错误；答案选A。第Ⅱ卷(非选择题共50分)二、非选择题(本大题共4小题，第26题8分，第27题11分，第28题9分，第29题14分，第30题8分)26.判断下列晶体类型。(1)SiI4：熔点为120.5℃，沸点为271.5℃，易水解，为___________。(2)

硼：熔点为2300℃；沸点为2550℃，硬度大，为___________。(3)硒：熔点为217℃，沸点为685℃，溶于氯仿，为___________。(4)锑：熔点为630.74℃，沸点为1750℃，可导电，为___________。【答案】(1).分子晶体

(2).原子晶体(3).分子晶体(4).金属晶体【解析】【分析】【详解】(1)SiI4为低熔点化合物，易水解，为分子晶体；(2)晶体硼熔点高，硬度大，是典型的原子晶体；(3)硒熔、沸点低，易溶于CHCl3，为分子晶体；(4)锑的熔沸点较高，可导电，为金属晶体。【点睛】金属氧化物(如K

2O、Na2O2等)、强碱(如NaOH、KOH等)和绝大多数的盐类是离子晶体，大多数非金属单质(除金刚石、石墨、晶体硅、晶体硼外)、气态氢化物、非金属氧化物(除SiO2外)、酸、绝大多数有机物(除有机盐外)是分子晶体，常见的原子晶体单质有金刚石、晶体硅、晶体硼等；常见的原子晶体化合物有碳化

硅、二氧化硅等，金属属于金属晶体。27.人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用

KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2＋的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2＋的浓度。【配制KMnO4标准溶液】如图所示是配制50mLKMnO4标准溶液的过程示意图。(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有_

_____(填序号)。(2)其中确定50mL溶液体积的容器是______(填名称)。(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_____(填“偏大”或“偏小”)。【测定血液样品中Ca2＋的浓度】抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸

，再用0.020mol/LKMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mLKMnO4溶液。(4)已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，则方程式中的x＝______

。(5)经过计算，血液样品中Ca2＋的浓度为_____mg/cm3。【答案】(1).②⑤(2).50mL容量瓶(3).偏小(4).2(5).1.2【解析】【详解】(1)由图示可知②⑤操作不正确。②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面最低

处与刻度线相切；(2)应该用50mL容量瓶准确确定50mL溶液的体积；(3)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；(4)根据电荷守恒，草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为：2Mn

O4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O即x＝2；(5)根据方程式可知血液样品中Ca2＋的浓度为350.020/0.01240000/220.00molLLmgmolcm

＝1.2mg/cm3。28.R、T、W、X、Y、Z都是短周期元素，且W、X、Y、Z的核电荷数依次增大。下表列出它们的性质和结构：元素编号元素性质或原子结构R原子价电子排布式为nsnnpn＋1T基态原子核外3个能级上有电子，且各能

级上的电子数相等W原子电子层数与核外电子数相等X核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等Y元素的原子半径在该周期中最大(除稀有气体外)Z原子核外p能级上的电子总数比s能级上的电子总数多2(1)Y原子的价电子排布式为___________，T、X、Z的电负性由大到小的顺序为___

________(用化学符号填空)。(2)WTR分子中的三个原子除W原子外均为8电子构型，根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键的类型有___________。(3)常温下，RW3是一种刺激性气味、易液化的气体。RW3极易溶于水的原因是_____

______。(4)将过量的RW3气体通入盛有硫酸铜溶液的试管里，现象为___________【答案】(1).3s1(2).O＞C＞Si(3).σ键和π键(4).NH3与H2O之间易形成氢键(5).先产生蓝色沉淀，后沉淀

消失，变成深蓝色的溶液【解析】【分析】R原子价电子排布式为nsnnpn＋1，即2s22p3，则R为N；T基态原子核外3个能级上有电子，且各能级上的电子数相等，则T的核外电子排布式为1s22s22p2，则T为C；W原子电子层数与核外电子数相等，则W为H；Y元素的原子半径在该周期中最大

(除稀有气体外)，且Y为核电荷数比X(O)大的短周期元素，则Y为Na；X核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，则X核外电子排布式为1s22s22p4，X为O；Z原子核外p能级上的电子总数比s能

级上的电子总数多2，则Z核外电子排布式为1s22s22p6或1s22s22p63s23p2，Z的核电荷数比Y(Na)大，则Z为Si；综上所述，R、T、W、X、Y、Z分别为N、C、H、O、Na、Si。【详解】(

1)Y为钠，原子的价电子排布式为3s1；同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性由大到小的顺序为O＞C＞Si；(2)HCN分子中的三个原子除H原子外均为8电子构型，其结构式为H-C≡N，根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键

的类型有σ键和π键；(3)NH3极易溶于水的原因是：NH3与H2O之间易形成氢键；(4)将过量的NH3气体通入盛有硫酸铜溶液的试管里，先生成氢氧化铜沉淀，氨水过量又溶解生成[Cu(NH3)4]2＋离子，现象为：先产生蓝色沉淀，后沉淀消失，变成深蓝色的溶液。29.Q、R

、X、Y、Z为前20号元素中的五种，Q的低价氧化物与X单质分子的电子总数相等，R与Q同族，Y和Z的离子与Ar原子的电子结构相同且Y的原子序数小于Z。(1)Q的最高价氧化物，其固态属于______晶体，俗名叫______；(2)R的氢化物分子的空间构型是______，属于____

__分子(填“极性”或“非极性”)；它与X形成的化合物可作为一种重要的陶瓷材料，其化学式是______；(3)X的常见氢化物的空间构型是______，它的另一氢化物X2H4是一种火箭燃料的成分，其电子

式是______；(4)Q分别与Y、Z形成的共价化合物的化学式是______和______，Q与Y形成的分子的电子式是______，属于______分子(填“极性”或“非极性”)。【答案】(1).分子(2).干冰(3).正四面体(4)

.非极性(5).Si3N4(6).三角锥形(7).(8).CS2(9).CCl4(10).(11).非极性【解析】【分析】根据题设条件可推知Q为C，R为Si，X为N，Y为S，Z为Cl。【详解】(1)C的

最高价氧化物为CO2，固态时是分子晶体，其俗名为干冰；(2)Si的氢化物为SiH4，根据CH4的空间构型可知SiH4的空间构型为正四面体；SiH4分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子；Si最外层有4个电子，N最外层有5个电子，它们形成化合物时，Si为＋4价，N为－3价，其

化学式为Si3N4；(3)N的常见氢化物为NH3，其空间构型为三角锥形；根据N、H原子的成键原则，可得N2H4的结构简式为H2N—NH2，根据其结构简式可推写出其电子式为；(4)C与S可形成CS2；C与Cl形成CC

l4分子；CS2的电子式为；根据CO2的结构可知其为非极性分子。30.Mn、Fe均为第四周期过渡元素，两元素的部分电离能(I)数据如表所示：元素MnFe电离能/(kJ·mol-1)I1717759I215091561I332482957(1)Mn元素原子的价电子排布式为_______

____。比较两元素的I2、I3可知：气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。对此，你的解释是___________(2)Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物，则与Fe原子或离子形成配合物的分子或

离子应具备的条件是___________。(3)金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为___________。【答案】(1).3d54s2(2).由Mn2＋转化为Mn3＋时，

3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态)(3).有孤电子对(4).2∶1【解析】【分析】【详解】(1)锰元素原子的价电子排布式为3d54s2，由于由Mn2＋

转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态)，所以气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。(2)分子或离子应具备有孤电子对才会与Fe原子或离子形成配合物。

(3)在面心立方晶胞中，铁原子数为8×18＋6×12=4，体心立方晶胞中铁原子数为8×18＋1=2，所以个数比为2∶1。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com