2018-2019学年河北省邢台市第八中学高二下学期期末考试化学试题 解析版 18页

邢台市第八中学2018-2019年度第二学期期末考试试卷 高二年级 化学 一、单选题(每题3分，共18小题)‎ ‎1. 下列说法中正确的是（　）‎ A. 分子中键能越大，键长越长，则分子越稳定 B. 失电子难的原子获得电子的能力一定强 C. 在化学反应中，某元素由化合态变为游离态，该元素被还原 D. 电子层结构相同的不同离子，其半径随核电荷数增多而减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分子中键能越大，键长越短，则分子越稳定，A不正确。失电子难的原子获得电子的能力不一定强，例如稀有气体，B不正确。某元素由化合态变为游离态，该元素可能被还原，也可能被氧化，C不正确。所以正确的答案是D。‎ ‎2.下列各组元素性质的递变情况错误的是 A. Li、Be、B原子的最外层电子数依次增多 B. P、S、Cl元素的最高化合价依次升高 C. N、O、F电负性依次增大 D. Na、K、Rb第一电离能逐渐增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据原子核外电子排布分析；‎ B．根据元素的最高正价等于核外最外层电子数分析；‎ C．同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强；‎ D．同主族元素从上到下元素的第一电离能依次减小。‎ ‎【详解】A．Li、Be、B原子最外层电子数分别为1、2、3，则原子最外层电子数依次增多，选项A正确；‎ B．P、S、Cl元素最外层电子数分别为5、6、7，最高正价分别为+5、+6、+7‎ ‎，最高正价依次升高，选项B正确；‎ C．同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则N、O、F电负性依次增大，选项C正确，‎ D．同主族元素从上到下元素的第一电离能依次减小，则Na、K、Rb元素的第一电离能依次减小，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎3.关于元素周期律和元素周期表的下列说法中正确的是(　　)‎ A. 目前发现的所有元素占据了周期表里全部位置，不可能再有新的元素被发现 B. 按原子的电子构型，可将周期表分为5个区 C. 俄国化学家道尔顿为元素周期表的建立做出了巨大贡献 D. 同一主族的元素从上到下，金属性呈周期性变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．随着科学技术的发展，人们可以不断合成一些元素，元素周期表中元素的种类在不断的增加，故A错误；B．按构造原理最后填入电子的能级符号，可将周期表分为5个区，5个区分别为s区、d区、p区、ds区和f区，故B正确；C．俄国化学家门捷列夫对元素周期表做出了巨大贡献，而不是道尔顿，故C错误；D．同一主族的元素从上到下，金属性逐渐增强，而不是呈周期性变化，故D错误；故选B。‎ ‎4.将Fe、Cu、Fe2＋、Fe3＋和Cu2＋盛于同一容器中充分反应，反应后Fe有剩余，则容器中其它存在的单质或离子只能是 A. Cu、Fe3＋ B. Fe2＋、Fe3＋ C. Cu、Cu2＋ D. Cu、Fe2＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：金属的还原性为铁大于铜，相同条件下，铁先与铜反应，离子的氧化性为铁离子大于铜离子大于亚铁离子。相同条件下，铁离子先被还原，其次是铜离子，因为铁有剩余，所以铜不反应，反应后一定有铜剩余，铁与铁离子反应生成亚铁离子，铜离子都会发生反应生成亚铁离子和铜，所以反应后一定有亚铁离子和铜，选D。‎ 考点： 铁的化学性质，铜及其重要化合物的性质 ‎5.已知N2＋O2===2NO为吸热反应，ΔH＝＋180 kJ·mol－1，其中N≡N、O===O键的键能分别为946 kJ·mol－1、498 kJ·mol－1，则N—O键的键能为(　　)‎ A. 1 264 kJ·mol－1 B. 632 kJ·mol－‎1 ‎C. 316 kJ·mol－1 D. 1 624 kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，即946 kJ·mol－1＋498 kJ·mol－1－2x＝180 kJ·mol－1，解得x＝632 kJ·mol－1 ，答案选B。‎ ‎6.正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构的白色晶体，层内的H3BO3分子之间通过氢键相连(层状结构如图所示，图中‘‘虚线”表示氢键)。下列有关说法正确的是 A. H3BO3分子的稳定性与氢键有关 B. 含1 molH3BO3的晶体中有3 mol氢键 C. 分子中B、O最外层均为8e-稳定结构 D. B原子杂化轨道类型为sp2，同层分子间的主要作用力是范德华力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．稳定性是化学性质，取决于化学键的强弱，氢键是属于分子间作用，与分子的稳定性无关，故A错误；B．一个H3BO3分子对应着6个氢键，一个氢键对应着2个H3BO3分子，因此含有1 molH3BO3分子的晶体中有3mol氢键，故B正确；C．硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e-稳定结构，故C错误；D．层内的H3BO3分子之间主要通过氢键相连，故D错误；故选B。‎ 点睛：注意把握氢键的形成以及对物质的性质的影响，把握氢键与化学键、分子间作用力的区别。氢键是分子间作用力的一种，F、O、N的电负性较强，对应的氢化物分子之间能形成氢键，氢键的存在，多数物质的物理性质有显著的影响，如熔点、沸点，溶解度，粘度，密度等，存在氢键的物质，水溶性显著增强，分子间作用力增强，熔沸点升高或降低。关于氢键需要注意以下三点：①有氢键的分子间也有范德华力，但有范德华力的分子间不一定有氢键。②一个氢原子只能形成一个氢键，这就是氢键的饱和性。③分子内氢键基本上不影响物质的性质。‎ ‎7.下列晶体熔化时不需要破坏化学键的是 A. 晶体硅 B. 食盐 C. 干冰 D. 金属钾 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．晶体硅 是原子晶体，熔化时断裂共价键，错误；B．食盐是离子晶体，熔化时断裂离子键，错误；C．干冰是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与分子内的化学键无关，正确；D．金属钾是金属晶体，熔化时断裂的为金属键，错误.‎ 考点：考查物质的熔化与晶体类型的关系的知识。‎ ‎8. 根据等电子原理：由短周期元素组成的粒子，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，可互称为等电子体，它们具有相似的结构特性。以下各组粒子结构不相似的是 A. CO和N2 B. O3和NO2— C. CO2和N2O D. N2H4和C2H4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，互为等电子体的微粒结构相似。则A、CO和N2互为等电子体，结构相似，A错误；B、臭氧和亚硝酸根离子互为等电子体，结构相似，B错误；C、CO2和N2O互为等电子体，结构相似，C错误；D、N2H4和C2H4的原子数相等，但最外层电子数不同，前者是14，后者是12，不能互为等电子体，则结构不同，D正确，答案选D。‎ 考点：考查等电子体 ‎9.据图装置和表中提供的物质完成实验室制取、收集表中气体并进行尾气处理(‎ 省略夹持、加热及净化装置),最合理的选项是(   )‎ 选项 ‎ 中的物质 ‎ 中的物质 ‎ 中收集的气体 ‎ 中的物质 ‎ A ‎ 浓氨水 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ B ‎ 稀硫酸 ‎ 石灰石 ‎ ‎ ‎ 溶液 ‎ C ‎ 稀硝酸 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ D ‎ 浓盐酸 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 溶液 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、氨气的收集错误，错误；B、试剂错误，应选用稀盐酸与石灰石反应，因为稀硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙附着在石灰石表面，阻碍反应进一步进行，错误；C、试剂错误，稀硝酸与铜反应生成NO，错误；D、正确。‎ 考点：考查气体的制备与收集有关问题。‎ ‎10.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ·mol-1。请根据下表所列数据判断，下列说法错误的是(   )‎ 元素 ‎ I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ X ‎ ‎500 ‎ ‎4600 ‎ ‎6900 ‎ ‎9500 ‎ Y ‎ ‎580 ‎ ‎1800 ‎ ‎2700 ‎ ‎11600 ‎ A. 元素X的常见化合价是+1价 B. 元素Y是第ⅢA族元素 C. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl D. 若元素Y处于第三周期,则它可与冷水剧烈反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 观察表中的数据，X元素的I1和I2相差很大，而I2、I3、I4的差距相差较小，则X易形成X+，即X位于I A族；同理，Y元素的I3和I4相差极大，则Y易形成Y3+，Y位于III A族。‎ ‎【详解】A. 由电离能的数据可以推出X易形成+1价的化合物，A正确；‎ B. 由电离能的数据可以推出Y易形成+3价的化合物，则Y位于III A族，B正确；‎ C. X位于I A族，则其与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，C正确；‎ D. Y位于III A族，若Y在第三周期，则Y为Al，它和沸水反应缓慢，不和冷水反应，D错误；‎ 故合理选项D。‎ ‎【点睛】对于元素的电离能而言，In和In+1的两个数据发生突变时，该元素易形成+n价的化合物，从而可以判断该元素在周期表中的族位置。‎ ‎11.下列物质分类正确的是(  )‎ A. SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B. 稀豆浆、盐酸、氯化铁溶液均为胶体 C. 烧碱、纯碱、金属铜均为电解质 D. 盐酸、氯水、氨水均为混合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酸性氧化物指能和碱反应，只生成盐和水的氧化物，CO不是酸性氧化物，A错误；‎ B. 盐酸、氯化铁溶液不属于胶体，B错误；‎ C. 电解质指在熔融状态下或者水溶液中，能导电的化合物，所以铜不是电解质，C错误；‎ D. 盐酸是HCl 的水溶液，氯水是将氯气通入到水中形成的溶液，氨水是将氨气通入到水中的溶液，则这三种溶液都是混合物，D正确；‎ 故合理选项为D。‎ ‎【点睛】电解质指在熔融状态下或者水溶液中，能导电的化合物。‎ ‎12.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为‎0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是 A. 原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M B. XZ2、X‎2M2‎、W2Z2均为直线型的共价化合物 C. 由X元素形成的单质不一定是原子晶体 D. 由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 正确答案：C 由题意可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M为H元素，最后根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2，推出W为Na 元素。所以，原子半径应是W＞X＞Y＞Z＞M（即Na＞C＞N＞O＞H）,A选项错。B选项中CO2、C2H2均为直线型共价化合物，而Na2O2不是直线型共价化合物（折线型化合物），B错误。C选项是正确的，例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体。D选项中，X、Y、Z、M四种元素可形成化合物 (NH4)2CO3、NH4HCO3、CO(NH2)2(尿素)等，前二种为离子化合物，而尿素为共价化合物，所以D错。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎13.下列关于晶体的说法中正确的是(  )‎ A. 离子晶体中每个离子周围均吸引着6个带相反电荷的离子 B. 金属晶体的熔点和沸点都很高 C. 分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键 D. 原子晶体中的相邻原子间只存在非极性共价键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 离子晶体中每个离子周围可能吸引着6个带相反电荷的离子，比如NaCl晶体；也可能吸引着8个带相反电荷的离子，比如CsCl晶体；A错误；‎ B. 金属晶体的熔点和沸点很高，但是跨度也很大，比如金属汞在常温下为液态，即其熔点低，B错误；‎ C. 分子晶体中都存在范德华力，可能不存在共价键，比如稀有气体形成的分子晶体，C正确；‎ D. 原子晶体中的相邻原子间可能只存在非极性共价键，比如硅晶体、金刚石；也可能只存在极性共价键，比如SiO2晶体；D错误；‎ 故合理选项为C。‎ ‎14.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是 A. 标准状况，‎11.2L氧气所含的原子数为NA B. ‎1.8g的NH4＋离子中含有的电子数为NA C. 常温常压下，48gO3和Ｏ2的混合气体含有的氧原子数为3NA D. ‎2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：2.4gMg为0.1mol，转变为Mg2+时失去电子数为0.2mol，D错误，其余的都正确。答案选D。‎ 考点：阿伏伽德罗常数 点评：阿伏伽德罗常数是历年高考的“热点”问题。多年来全国高考化学试题出现的几率为100%。这双因为它既考查了学生对物质的量与粒子数、质量、气体体积和物质的量浓度之间的关系，又可以与物质结构、盐类水解、弱电解质的电离等其他的概念性知识点结合成综合性习题。‎ ‎15.表中对于相关物质的分类全部正确的是(   )‎ 选项 纯净物 混合物 碱性氧化物 非电解质 A 液氯 漂白粉 Al2O3‎ CO B 醋酸 浓硫酸 Na2O2‎ 乙醇 C 碱石灰 盐酸 K2O Cl2‎ D 胆矾 水玻璃 CaO SO2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Al2O3属于两性氧化物，A错误；‎ B. Na2O2属于过氧化物，B错误；‎ C. 碱石灰是CaO和NaOH的混合物，Cl2既不是电解质，也不是非电解质，C错误；‎ D. 水玻璃是Na2SiO3的水溶液，D正确；‎ 故合理选项为D。‎ ‎【点睛】电解质和非电解质的研究对象都是化合物，所以单质不属于电解质，或非电解质。‎ ‎16.现有一种蓝色晶体，可表示为MxFey(CN)6，经X 射线研究发现，它的结构特征是Fe3+和Fe2+互相占据立方体互不相邻的顶点，而CN-位于立方体的棱上。其晶体中阴离子的最小结构单元如下图所示。下列说法中正确的是( )‎ A. 该晶体的化学式为MFe2(CN)6‎ B. 该晶体属于离子晶体，M呈+3价 C. 该晶体属于离子晶体，M呈+2价 D. 晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN-为3个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Fe3+和Fe2+互相占据立方体互不相邻的顶点，则该结构单元中，所含Fe3+有个，Fe2+有个，CN-有个。由于该晶体的化学式为MxFey(CN)6，所以y=2，且该晶体的化学式中含有1个Fe3+、1个Fe2+，所以x为1，即该化学式为MFe2(CN)6。‎ ‎【详解】A. 经计算得知，该结构单元中，含有个Fe2+、个Fe3+、3个CN-。由于该晶体的化学式为MxFey(CN)6，则y=2，x=1，即该化学式为MFe2(CN)6，A正确；‎ B. 从构成晶体的微粒来看，该晶体为离子晶体；由于化学式为MFe2(CN)6，M呈+1价，B错误；‎ C. 该晶体为离子晶体；由于化学式为MFe2(CN)6，M呈+1价，C错误；‎ D. 晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN-为6个，D错误；‎ 故合理选项为A。‎ ‎17.下列物质的变化规律，与共价键的键能有关的是 A. F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高 B. HF的熔、沸点高于HCl 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】‎ ‎【详解】A.F2、Cl2、Br2、I2 属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力的大小，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，与共价键无关系，故A不符合题意；‎ B.HF的沸点较HCl高是因为HF分子间存在氢键，其作用力较HCl分子间作用力大，与共价键无关，故B不符题意；‎ C.金刚石、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，与共价键的键能大小有关，故C符合题意；‎ D.NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，与离子键的键能大小有关，故D不符合题意；‎ 答案选C ‎【点睛】本题主要考查同种类型的晶体熔、沸的高低的比较，一般情况下，原子晶体中共价键键长越短，熔沸点越高；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高。‎ ‎18.CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如下图所示)，但由于CaC2晶体中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为( )‎ A. 4 B. ‎6 ‎C. 8 D. 12‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，且CaC2晶体中哑铃形C22-使晶胞沿一个方向拉长，则原先的正方体构型变为了长方体构型（可以看成时长方体的高被拉长，长和宽依旧不变），则1个Ca2+周围距离最近的C22-数目为4，故合理选项为A。‎ ‎【点睛】对于此类题目，要先理解题目的意思，再结合立体几何知识去分析，得到答案。‎ 二、填空题(共46分)‎ ‎19.A、B、C、D、E五种常见元素的基本信息如下所示：A元素的一种原子的原子核内没有中子，B是所有元素中电负性最大的元素，C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO 两种氧化物。请回答下列问题：‎ ‎(1)写出E元素原子基态时的电子排布式：______________。‎ ‎(2)C元素的第一电离能比氧元素的第一电离能__________(填“大”或“小”)。‎ ‎(3)与D元素同周期且未成对电子数最多的元素是__________。‎ ‎(4)A、C、E三种元素可形成[E(CA3)4]2+配离子，其中存在的化学键类型有___(填字母)。‎ ‎①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键 ⑥氢键 ‎ 若[E(CA3)4]2+配离子具有对称的空间构型，且当[E(CA3)4]2+中的两个CA3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则[E(CA3)4 ]2+的空间构型为__________(填字母)。‎ a.平面正方形 b.正四面体形 c.三角锥形 d.V形 ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1 (2). 大 (3). Cr (4). ①③ (5). a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A元素的一种原子的原子核内没有中子，则A为H。B是所有元素中电负性最大的元素，则B为F。C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，则C为N。E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO，则E为Cu。D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，则D为Ca。综上所述，A为H，B为F，C为N，D为Ca，E为Cu。‎ ‎【详解】（1）E为Cu，29号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；‎ ‎（2）C为N，其非金属性比O弱，由于氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，其第一电离能要比O的大；‎ ‎（3）D为Ca，位于第四周期，该周期中未成对电子数最多的元素是Cr（核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1）；‎ ‎（4）A、C、E三种元素可形成[Cu(NH3)4]2+配离子，其化学键Cu-N属于配位键，N-H属于极性共价键，故合理选项为①③；当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则说明该离子的空间构型为平面正方形（参考甲烷的空间构型的验证实验）。‎ ‎20.根据所学知识回答下列问题。‎ ‎(1)纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料、氢气等已应用到社会生活和高科技领域.单位质量的和单质燃烧时均放出大量热,可用作燃料.已知和为短周期元素,其原子的第一至第四电离能如下表所示:‎ 电离能/‎ ‎932‎ ‎1821‎ ‎15390‎ ‎21771‎ ‎738‎ ‎1451‎ ‎7733‎ ‎10540‎ ‎①某同学根据上述信息,推断的核外电子排布如图所示,该同学所画的电子排布图违背了__________, 元素位于周期表五个区域中的________ 区。‎ ‎②分子的中心原子采取___杂化, 的空间构型为________。‎ ‎(2)原子或离子外围有较多能量相近的空轨道,所以其能与一些分子或离子形成配合物。‎ ‎① 与原子或离子形成配合物分子或离子应具备的结构特征是_________。‎ ‎② 六氰合亚铁离子中不存在____________(填字母)。‎ A.共价键 B.非极性键   C.配位键 D. 键 写出一种与互为等电子体的单质的分子式:___________ 。‎ ‎(3)—种合金的晶胞结构如图,请据此回答下列问题:‎ ‎① 该合金的化学式为____________。‎ ‎② 若晶体的密度为 ,则该晶胞棱长为____________ (设为阿伏加德罗常数的值,用含和的代数式表示,不必化简)。‎ ‎【答案】 (1). 能量最低原理 (2). s (3). (4). 直线形 (5). 具有孤对电子 ‎ ‎(6). B (7). (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①由图1电子轨道排布图可知，3s能级未填满就填充3p能级，2p能级的轨道内有自旋方向相同的2个电子，所以违背能量最低原理与泡利原理．由表中电离能可知，二者第三电离能剧增，故为+2价，都为短周期元素，故A为铍、B为Mg，镁价层电子排布为3s2，处于周期表中s区，故答案为：能量最低原理；s； ②BeCl2分子中Be的成2个σ键，杂化轨道数为2，采取sp杂化，没有孤对电子对，为直线型，故答案为：sp；直线； （2）①形成配离子具备的条件为：中心原子具有空轨道，配体具有孤对电子对，故答案为：具有孤对电子； ②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中Fe2+与CN-形成配位键，CN-中存在C≡N三键，为极性共价键，三键中有1个σ键2个π键，所以CN-中共价键、配位键、σ键、π键；CN-中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN-等电子体的单质为N2，故答案为：B；N2； （3）①由晶胞图示可知，晶胞中含有4个Al原子，且都位于晶胞内部，则晶胞平均含有4个Al，晶胞中Fe位于顶点的有8个，位于面心的有6个，位于棱上的有12个，位于体心的有1个，含有Fe原子数目为8×+6×+12×+1=8，Fe与 Al原子数目之比为8：4=2：1，故该合金的化学式为Fe2Al，故答案为：Fe2Al； ②一个晶胞中含有8个Fe原子和4个Al原子，晶胞的质量为g，棱长为，故答案为：。‎ ‎21.A、B、C、D四种可溶性盐，阳离子分别可能是Ba2+、Na+、Ag+、Cu2+中的某一种,阴离子分别可能是中的某一种。‎ ‎(1) C的溶液呈蓝色，向这四种盐溶液中分别加盐酸，B盐有沉淀产生，D盐有无色无味气体逸出。则它们的化学式应为：‎ A_______，B_______，C_______，D_______‎ ‎(2)写出下列反应的离子方程式：‎ ‎①A+C__________________________。‎ ‎②D+盐酸________________________。‎ ‎【答案】 (1). BaCl2 (2). AgNO3 (3). CuSO4 (4). Na2CO3 (5). Ba2++SO42-=BaSO4↓ (6). CO32-+2H+=H2O +CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D都是可溶性盐，Ag+只能和搭配，只能和剩余的Na+搭配，在此基础上，和Cu2+搭配，则Ba2+和Cl-搭配，即这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2。C的溶液呈蓝色，则C为CuSO4。B+HCl产生沉淀，则B为AgNO3。D+HCl产生气体，则D为Na2CO3。所以A为BaCl2。综上所述，A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3。‎ ‎【详解】（1）经分析这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2，结合题中给出的实验现象，可以推出A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；‎ ‎（2）A+C为BaCl2和CuSO4的反应，其离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；D+盐酸为Na2CO3和盐酸的反应，其离子方程式为：CO32-+2H+=H2O +CO2↑。‎ ‎22.某课外活动小组利用下列化学反应在实验室中制备氯气，并进行有关氯气性质的研究。‎ ‎ ‎ ‎(1)该小组同学欲用图所示仪器及试剂(不一定全用)制备并收集纯净、干燥的氯气。‎ ‎① 应该选择的仪器是__________(填字母)。‎ ‎② 将各仪器按先后顺序连接起来,应该是a接__________，__________接__________，__________接__________，__________接h(用导管口处的字母表示)。‎ ‎③ 浓盐酸与二氧化锰反应的离子方程式为__________。‎ ‎(2)该小组同学设计分别利用图所示装置探究氯气的氧化性。‎ ‎①G中的现象是__________，原因是__________(用化学方程式表示)。‎ ‎②H中的现象是__________。‎ ‎【答案】 (1). ABCDE (2). d (3). e (4). f (5). g (6). b (7). c (8). MnO2+ 4H++2Cl- Mn 2++Cl2↑+2H2O (9). 溶液由无色变为蓝色 (10). Cl2+2KI＝ I2+2KCl (11). 产生白色沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考察氯气的制备，及氯气的化学性质的探究。Cl2的实验室制备装置有：A（发生装置）、C（除去HCl气体）、D（干燥装置）、B（收集装置）、E（尾气处理）。题中还要探究Cl2的氧化性，Cl可以将I-氧化为I2，也可以将氧化为。‎ ‎【详解】（1）①Cl2的实验室制备有A（发生装置）、C（除去HCl气体）、D（干燥装置）、B（收集装置）、E（尾气处理）；‎ ‎②装置的连接顺序为ACDBE，则导管口为a-d，e-f，g-b，c-h；‎ ‎③该反应的离子方程式为：；‎ ‎（2）①试管中的反应方程式为：，生成的I2可以使淀粉溶液变蓝；‎ ‎②该实验中涉及的化学反应有：，，所以可以看到H中有白色沉淀生成。‎ ‎23.已知元素周期表中，元素Q、R、W、Y与元素X相邻。Y 的最高价氧化物对应的水化物是强酸。回答下列问题：‎ ‎(1)W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料。W的氯化物分子呈正四面体结构，W的氧化物的晶体类型是__________。‎ ‎(2)R和Y形成的化合物中，R呈现最高化合价的化合物的化学式是____。‎ ‎【答案】 (1). 原子晶体 (2). As2S5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W的氯化物分子呈正四面体结构，则W为C或Si。若W为C，则中心元素X为Si，右边的含氧酸H3PO4不是强酸，不符合题意。所以W为Si，X为P，Y为S。W与Q形成高温陶瓷，则Q为N，R为As。如下表所示：‎ C ‎ N(Q)‎ Si(W)‎ P(X)‎ S(Y)‎ As(R)‎ ‎【详解】（1）W为Si，其氧化物为SiO2，则其氧化物的晶体类型为原子晶体；‎ ‎（2）R为As（V A族），Y为S（VI A族），则R呈现最高化合价的化合物的化学式是As2S5。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎