四川省峨眉第二中学2022-2023学年高二化学上学期期中考试试卷（Word版附解析）

峨眉二中21级高二11月期中考试化学科试题第I卷(选择题)可能用到的原子量：Fe-56Al-27一、单选题(每题2分，共44分)1.下列说法错误的是A.在现代化学中，常利用原子光谱中的特征谱线来鉴定元素B.H-Cl中是p-p键C.1mol丙酮()分子中含有键的数目为D.一般来说，分子的极性越大，范德华力越大【答案】B【解析】【详解】A．不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，利用原子光谱中的特征谱线可鉴定元素，A正确；B．H原子的s电子与Cl原子的p电子成键，所以H-Cl中形成s-pσ键，B错误；C．1个丙酮分子中含有9个σ键和1个π键，所以1mol丙酮()分子中含有键的数目为，C正确；D．一般来说，分子的极性越大，分子间的作用力越大，范德华力越大，D正确；故选B。2.下列叙述正确的是A.和分子都是含极性键的极性分子B.分子的稳定性低于分子，是因为N-H键的键能低C.为正四面体结构，可推测出也为正四面体结构D.汽化成水蒸气、分解为和都需要破坏共价键【答案】C【解析】 【详解】A．为含极性键的极性分子，为含极性键的非极性分子，A不正确；B．N的非金属性大于P，则N-H键的键能高，所以分子的稳定性低于分子，B不正确；C．和的中心原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，所以由为正四面体结构，可推测出也为正四面体结构，C正确；D．汽化成水蒸气，只改变分子间的距离，没有改变分子内原子间的距离，也就是没有破坏共价键，D不正确；故选C。3.以表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.36g冰中含共价键数目为B.12g金刚石中含键数目为C.44g干冰中含有个晶胞结构单元D.12g石墨中含π键数目为【答案】A【解析】【详解】A．36g冰中水分子的物质的量为2mol，1个水分子中含有2个O-H键，因此2mol冰中含O-H键数目为4NA，A正确；B．金刚石中1个碳原子与周围4个碳原子形成4个σ键，根据均摊原则，1个碳原子实际占用2个σ键， 12g金刚石中含有σ键数目，B错误；C．根据均摊原则，1个晶胞含有二氧化碳分子数， 44g 干冰中含有个晶胞结构单元，C错误；D．石墨中1个碳原子与周围3个碳原子形成3个共价键，根据均摊原则，1个碳原子实际占用1.5个共价键，12g 石墨中含共价键数目为，D错误； 故选A。4.下列离子的VSEPR模型与其空间结构一致的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为正四面体形，空间结构为三角锥形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故A错误；B．高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，离子的VSEPR模型和空间结构都为正四面体形，所以离子的空间结构模型与空间结构一致，故B正确；C．亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为三角锥形，空间结构为V形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故C错误；D．氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为正四面体形，空间结构为三角锥形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故D错误；故选B。5.关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2]的说法中，错误的是A.中心原子的配位数是6B.Ti的化合价为+3价C.1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NAD.含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2]的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀【答案】C【解析】【详解】A．配体为氨气和氯离子，故中心原子的配位数为6，A正确；B．根据化合价代数和为0，Ti的化合价为+3价，B正确；C．1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为：(6+35)NA=21NA，C错误；D．配合物中内界和外界之间为离子键，1mol配合物可电离出2mol氯离子，故可产生2molAgCl白色沉淀，D正确；故选C。 6.已知P4的结构如图，P4在KOH浓溶液中可发生反应：P4+3KOH+3H2O3KH2PO2+PH3↑，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.产物PH3分子中所有的原子可能共平面B.31gP4含有1.5NA个P－P键C.相关元素的电负性大小顺序：P＞O＞H＞KD.P4中P原子为sp2杂化【答案】B【解析】【详解】A．PH3中P原子的价层电子对数为4，分子空间构型为三角锥形，所有原子不可能共平面，A错误；B．1molP4中含6molP-P键，31gP4的物质的量为0.25mol，含P-P键数目为1.5NA，B正确；C．同周期从左往右电负性逐渐增强，同主族从上往下电负性减弱，故电负性O＞P＞H＞K，C错误；D．根据P4的空间构型，P4中P原子为sp3杂化，D错误；故选B。7.下面有关晶体的叙述中，不正确的是A.金刚石空间网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小环上有6个碳原子B.氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等的Cl-共有6个C.氯化铯晶体中，每个Cs＋周围紧邻6个Cl-D.干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子【答案】C【解析】【详解】A．金刚石网状结构中，每个碳原子含有4个共价键，由共价键形成的碳原子环中， 最小的环上有6个碳原子，故 A 正确；B．氯化钠晶胞中，钠离子配位数为6，所以每个钠离子周围距离最近的氯离子个数为6，故 B 正确；C．氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8，所以故每个Cs＋周围紧邻8个Cl-，故C错误；D．二氧化碳晶体属于面心立方，每个二氧化碳分子周围紧邻二氧化碳分子个数为，故 D 正确；故选C。8.反应：C(s)＋H2O(g)⇋CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是A.增加C的量B.将容器的体积缩小一半C.保持体积不变，通入H2O(g)D.保持压强不变，充入N2使容器体积增大【答案】A【解析】【详解】A．C是固体，增加C的量，物质的浓度不变，反应速率不变，A正确；B．将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，B错误；C．保持体积不变，通入H2O(g)，则H2O(g)浓度增大，正反应速率变大，C错误；D．保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，D错误；故选A。9.下列对一些事实的理论解释正确的是选项事实理论解释ASO、NH3空间结构为三角锥形SO、NH3中心原子均为sp3杂化且均有两对孤电子对B白磷为正四面体形分子白磷分子中P－P键间的夹角是109°28′CHF的沸点高于HClH－F键的键能比H－Cl键的键能大 D硼酸固体难溶于水，加热溶解度增大加热后，硼酸分子之间氢键部分断裂，与水分子间产生氢键作用A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．亚硫酸根和氨气中中心原子价层电子对数均为4，配位原子数均为3，杂化方式为sp3杂化，微粒空间构型为三角锥形，均有1对孤电子对，A错误；B．白磷为正四面体构型，键角为60o，B错误；C．HF存在分子间氢键，沸点高于HCl，C错误；D．硼酸固体存在分子间氢键，难溶于水，加热后硼酸分子之间的氢键部分断裂，与水分子间产生氢键作用，溶解度增大，D正确；故选D。10.某温度下，容积一定的密闭容器中进行以下反应：2X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)　ΔH＞0，下列叙述中正确的是A.增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小B.加入少量W，逆反应速率增大C.在容器中通入X气体，正反应反应速率增大，逆反应速率减小，所以V正＞V逆D.升高温度，可增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增多【答案】D【解析】【详解】A．增大压强，正反应速率增大，逆反应速率增大，但正反应速率增大更多，A不正确；B．W呈固态，加入少量W，对化学反应速率不产生影响，逆反应速率不变，B不正确；C．在容器中通入X气体，正反应反应速率增大，逆反应速率增大，但正反应速率增大更多，所以V正＞V逆，C不正确；D．升高温度，反应混合物的温度升高，分子的能量增加，活化分子的百分数增大，有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，D正确；故选D。 11.下列说法正确的是A.O2的沸点比N2的低B.[Fe(H2O)6]3+中H与中心原子配位C.基态O原子核外电子轨道表示式：D.NH3分子呈三角锥形，属于极性分子【答案】D【解析】【详解】A．两种分子均为非极性分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，故O2的沸点比N2的高，A错误；B．配离子中O原子提供孤电子对与中心原子配位，B错误；C．O原子的核外电子轨道表示式为：，C错误；D．NH3分子中N原子的价层电子对数为4，中心原子为sp3杂化，分子构型为三角锥形，属于极性分子，D正确；故选D。12.中和反应的反应热测定实验中，下列操作一定会降低实验准确性的是A.实验过程中应使用同一个温度计测量温度B.使用18.4mol⋅L-1的硫酸溶液代替盐酸溶液做实验C.反应后读取温度计的最高温度D.测量HCl溶液的温度计用水洗净后才用来测NaOH溶液的温度【答案】B【解析】【详解】A．实验过程中应使用同一个温度计测量温度，使得误差小，准确性高，故A不选；B．18.4mol⋅L-1的硫酸为浓硫酸，溶于水放出大量热，代替盐酸溶液做实验实验准确性降低，故B选；C．利用反应后温度计的最高温度与反应前两溶液的平均温度差来计算反应热，故C不选；D．测量 HCl 溶液的温度计用水洗净后才能用来测 NaOH 溶液的温度，可以防止发生中和反应使测得的 NaOH 溶液温度偏高，实验更加准确，故D不选；故选B。 13.下列说法中错误的是（）A.、都是极性分子B.KF是离子化合物，HF为共价化合物C.在和中都存在配位键D.和分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构【答案】A【解析】【详解】、分别是直线型和平面三角形，都是非极性分子，故A错误；B.KF是由钾离子和氟离子构成的离子化合物，HF为非金属原子通过共价键形成的共价化合物，故B正确；C.中氢离子含有空轨道，氮原子含有孤电子对，所以能形成配位键，中铜离子含有空轨道，氮原子含有孤电子对，所以铜离子和氨分子能形成配位键，故C正确；D.中P元素化合价为价，P原子最外层电子数是5，，则P原子满足8电子结构，Cl元素化合价绝对值为1，其最外层电子数是7，，则Cl原子满足8电子结构；中N元素化合价为价，N原子最外层电子数是5，，则N原子满足8电子结构，F元素化合价绝对值为1，其最外层电子数是7，，则F原子满足8电子结构，故D正确；答案选A。【点睛】对于ABn型分子，若中心原子A的最外层电子全部成键为非极性分子。共价化合物是原子间以共用电子对所组成的化合物分子，通常是由非金属元素组成的。根据形成配位键的条件，一方提供孤电子对，一方提供空轨道。14.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是A.氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则氢气燃烧热的热化学方程式为B.1mol甲烷完全燃烧生成和时放出890kJ热量，它的热化学方程式为 C.已知，则的燃烧热为110.5kJ/molD.与NaOH溶液反应：【答案】B【解析】【详解】A．氢气的燃烧热为1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量，则氢气燃烧热的热化学方程式为，故A错误；B．由1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出890kJ热量可知，反应的焓变ΔH=-—890kJ/mol，反应的热化学方程式为，故B正确；C．碳的燃烧热为1mol碳燃烧生成二氧化碳放出的热量，则1mol碳燃烧生成一氧化碳的焓变不是碳的燃烧热，故C错误；D．乙酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆写，乙酸在溶液中电离时会吸收热量，所以氢氧化钠溶液与乙酸溶液反应生成1mol水放出的热量小于57.3kJ，故D错误；故选B。15.下列各级变化中，化学反应的△H前者小于后者的一组是①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1；CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H2；②S(s)+O2(g)=SO2(g)△H1；S(g)+O2(g)=SO2(g)△H2；③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H1；H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H2；④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H1；CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)△H2。A.①②B.②③C.①③D.③④【答案】C【解析】【详解】①因CH4(g)与O2(g)反应是燃烧反应，反应均放热，Η＜0。CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H1，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H2，因水由气态变成液态，放出热量，所以H1＜H2，符合题意；②硫固体变为气体的过程是吸热的，所以气体硫燃烧放出的热量多，两者均为负值，所以H1>H2，不符合题意； ③2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)H1；H2(g)＋O2(g)=H2O(l)H2，氢气的燃烧是放热的，焓变是负值，反应物的状态完全相同但物质的量不同，故前者放出的热量多，数值小，即H1<H2，符合题意；④CaCO3(s)═CaO(s)+CO2(g)H1＞0，CaO(s)+H2O(l)═Ca(OH)2(s)H2＜0，所以H1＞H2，不符合题意。符合题意的有①③，故选C。16.反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=-905.9kJ·mol-1，在5L密闭容器中投入1molNH3和1mol的O2，2分钟后NO的物质的量增加了0.4mol，下列说法错误的是A.0～2minv(O2)=0.05mol·L-1·min-1B.2分钟内O2的转化率是50%C.2分钟末c(H2O)=0.6mol/LD.2分钟反应放出的热量值等于90.59kJ【答案】C【解析】【详解】A．2分钟后NO的物质的量增加了0.4mol，则根据物质反应转化关系可知：反应消耗O2的物质的量为△n(O2)=，故0～2minv(O2)==0.05mol·L-1·min-1，A正确；B．根据A计算可知2分钟内反应消耗O2的物质的量为△n(O2)=0.5mol，反应开始时O2的物质的量为1mol，故O2转化率是=50%，B正确；C．从反应开始至2分钟后NO的物质的量增加了0.4mol，则根据物质反应转化关系可知反应产生H2O的物质的量为△n(H2O)=，反应容器的容积是5L，故2分钟末c(H2O)==0.12mol/L，C错误；D．根据热化学方程式可知：每反应产生4molNO气体时，反应放出热量是905.9kJ，现在是发生该反应产生了0.4molNO气体，因此2分钟反应放出的热量值Q==90.59kJ，D正确； 故合理选项是C。17.反应在四种不同情况下的反应速率分别为：①②③④该反应进行的快慢顺序为A.④<③=②<①B.①>④>③=②C.①>②>③>④D.④>③=②>①【答案】B【解析】【详解】同一化学反应，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则①，②，③，④，则反应快慢为①＞④>③=②，答案选B。18.是有机合成中常用的还原剂。下列说法错误的是A.的半径大于的半径B.的空间结构是正四面体C.中存在离子键、配位键D.为的双聚分子，氯原子提供给铝原子孤电子对【答案】A【解析】【详解】A．和具有相同的电子层结构，核电荷数：Li>H，则离子半径：>，故A错误；B．中Al原子价层电子对数为，不含孤电子对，空间结构是正四面体形，故B正确；C．LiAlH4中Li+和[AlH4]-之间为离子键，[AlH4]-中Al和H之间存在配位键，故C正确； D．Al2Cl6为AlCl3的双聚分子，其中Cl存在未成键的孤对电子，Al存在空轨道，氯原子提供给铝原子孤对电子形成配位键，故D正确；故答案选A。19.分子是一种由60个碳原子构成的分子，它形似足球，因此又名足球烯，如图所示，在分子中每个碳原子均与周围相邻的其他3个碳原子相连，60个碳原子组成若干个正六边形和正五边形，碳均为价。则下列有关说法中不正确的是A.的熔点比石墨的熔点低B.分子中碳原子的杂化方式与甲烷中碳原子的不完全相同C.分子中只含键、不含键D.影响足球烯的熔、沸点的是分子间作用力【答案】C【解析】【详解】A．C60为分子晶体，三态变化破坏较弱的范德华力，熔点低；而石墨是混合型晶体，三态变化破坏共价键和分子间作用力，故其熔点高，则C60的熔点比石墨的熔点低，A项正确；B．C60分子中碳原子的杂化方式为sp2和sp3，甲烷分子中只含有单键碳原子，碳原子的杂化方式为sp3，两者杂化方式不完全相同，B项正确；C．由C60的结构可知，分子中既含σ键、又含π键，C项错误；D．C60为分子晶体，影响足球烯的熔、沸点的是分子间作用力，D项正确；故选C。20.科学家进行了利用CaF2晶体中释放出的Ca2+和F-脱除硅烷的研究，拓展了金属氟化物材料的生物医学功能。下列说法正确的是 A.F、Si和Ca三种元素均位于元素周期表的p区B.键能：Si-O键>Si-Si键，因此自然界中硅元素以二氧化硅或硅酸盐形式存在为主C.CaF2晶胞中，A处原子分数坐标为，则B处原子分数坐标为D.脱除硅烷反应速率高度依赖晶体提供自由氟离子的能力，因此脱除硅烷能力：【答案】B【解析】【详解】A．F、Si位于元素周期表的p区，Ca位于元素周期表的s区，故A错误；B．硅属于亲氧元素，Si元素的半径大于O元素，则键长：Si—O<Si—Si，键能：Si—O>Si—Si，所以硅在自然界中不能以单质存在，主要以二氧化硅和硅酸盐存在，故B正确；C．B处位于底面面心，坐标为(，，)，故C错误；D．根据该选项所描述的情况，可知与氟原子结合能力越弱，则脱硅能力越强，所以同主族金属元素原子半径越大，与氟原子的结合能力越弱，所以脱硅能力应该是氟化钡大于氟化钙大于氟化镁，故D错误；故选B。21.下列说法错误的是A.周期表中第5周期有18种元素B.①乙炔、②水、③甲醛、④氨四种分子中，键角由大到小的顺序是①>③>④>②C.第4周期未成对电子数最多的原子的空间运动状态有15种D.两元素的基态原子的最外层电子排布式分别为、，则一定为同一族元素【答案】C【解析】 【详解】A．周期表中第5周期有37号元素(Rb)至54号元素(Xe)，共18种元素， A 正确；B．①乙炔分子键角是180°，②水分子键角是104°30′,③甲醛分子键角是120°，④氨分子键角是107°18′，则键角由大到小的顺序是①>③>④>②，B正确C．第4周期未成对电子数最多的原子是Cr，价电子排布为，原子核外电子空间运动状态有24种， C 错误D．两元素的基态原子的价电子排布式分别为、，则说明两元素分是Mg、Ca，是同一族元素，D 正确故选C。22.右丙氧芬具有镇痛作用，结构如图。下列说法错误的是A.碳碳单键比碳氧单键键长长，键能小B.第一电离能：C.分子中氮原子对应键角与氨分子中键角相同D.分子中含有两个手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．碳原子半径大于氧原子半径，键长越长，键能越小，所以碳碳单键比碳氧单键键长长，键能小，A正确；B．同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能：，B正确；C．该分子中N原子和氨气分子中N原子价电子对数都是4，且都含有1个孤电子对，N原子采用sp3杂化，则两个N原子都呈三角锥形结构，C-N之间成键电子离N较远，C-N键长比H-N长，所以键角比氨气分子中大，C错误；D．手性碳原子是指碳原子周围连有4个不同的原子团，该分子中手性碳原子如图 ，所以该分子中含有2个手性碳原子，D正确；故选C。第II卷(非选择题)二、填空题(每空2分，共56分)23.白铜是以镍为主要添加元素的铜基合金，呈银白色，有金属光泽，故名白铜。云南镍白铜(铜镍合金)文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）的核外电子排布式为_______，3d能级上的未成对的电子数为_______。（2）硫酸镍溶于氨水形成蓝色的溶液。①在中与之间形成的化学键称为_______，提供孤电子对的成键原子是_______(用元素符表示)。②氨极易溶于，除因为它们都是极性分子外，还因为_______。（3）单质铜的堆积方式为_______；元素铜与镍的第二电离能分别为：，，的原因是_______。【答案】（1）①.②.2（2）①.配位键②.N③.氨分子与水分子之间能形成氢键（3）①.面心立方最密堆积②.元素铜失去1个电子后形成的，3d达到全充满稳定状态，很难再失去第2个电子，而镍失去的是4s能级上的2个电子，所以元素铜的第二电离能高于镍【解析】【小问1详解】Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布为，失去4s能级上的2个电子形成，的核外电子排布为，3d能级最多容纳10个电子， 的3d能级未成对电子数为2，故填；2；【小问2详解】①提供空轨道， 中 N 原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。故填：配位键； N ；②氨气极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为氨分子与水分子之间能形成氢键，故填氨分子与水分子之间能形成氢键；【小问3详解】单质铜的堆积方式为面心立方最密堆积；元素铜失去1个电子后的电子排布式为，达到全充满稳定状态，很难失去第2个电子，而镍失去1个电子后的电子排布式为：，很不稳定，易失去4s能级的1个电子，故填面心立方最密堆积；元素铜失去1个电子后形成的，3d达到全充满稳定状态，很难再失去第2个电子，而镍失去的是4s能级上的2个电子，所以元素铜的第二电离能高于镍。24.I.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图：（1）从反应开始到10s时，用Z表示反应速率为_______，Y的转化率为_______。（2）该反应的化学方程式为_______。II.现有A、B、C、D4种元素，前3种元素的离子都和氖原子具有相同的核外电子排布。A元素没有正化合价；D的原子核中没有中子，D与B可以形成D2B和D2B2两种化合物；0.2mol的C单质能从酸中置换出2.24LH2(标准状况)。回答下列问题：（3）A元素的外围电子排布图_______，C元素的离子结构示意图_______（4）D2B的空间构型_______，D2B2中心原子的杂化轨道方式为_______（5）写出C：B=1：1的化合物的电子式_______；并写出它D2B 所形成的化合物反应的离子方程式：_______；试比较两种物质的熔沸点高低：CA_______C2B(填“大于”，“小于”或“等于”)【答案】（1）①.②.79%（2）（3）①.②.（4）①.V形②.杂化（5）①.②.③.小于【解析】【分析】根据已知，可知A、B、C的离子均为10电子，A元素没有正化合价则A为F元素；D的原子核中没有中子，则D为H元素；D与B可以形成D2B和D2B2两种化合物，则B为O元素；0.2 mol的C单质能从酸中置换出，结合其离子中含有的电子数可知C为Na元素；【小问1详解】如图到10s时，Z的变化量为，则10s时Z的反应速率为；Y的物质的量变化量为，转化率为，故填；79%；【小问2详解】如图，X、Y的量在减少，为反应物，Z的量在增加，为生成物，根据计量数之比等于物质的量变化量之比，可得，该反应的化学方程式为，故填；【小问3详解】A为F元素，F元素的外围电子排布式为，排布图为；C为Na元素，则核外10个电子，结构示意图为，故填、； 【小问4详解】D2B为，根据VSEPR模型，可知的空间构型为V形；的中心原子O原子以单键成键，采用杂化；故填V形；杂化；【小问5详解】C:B=1:1的化合物为，为离子化合物，其电子式为；与反应生成氧气和氢氧化钠，其反应的离子方程式为：；虽然氟离子离子半径小于氧离子离子半径，但是氟化钠中只存在一个离子键，氧化纳中含有两个离子键，熔融时破环离子键需要更多的能量，所以熔沸点：，故填；；小于。25.用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如表，(KMnO4溶液用稀硫酸酸化)，实验装置如下图：实验序号A溶液B溶液①20mL0.1H2C2O4溶液30mL0.0lKMnO4溶液②20mL0.2H2C2O4溶液30mL0.01KMnO4溶液（1）该反应的离子方程式为_______（2）该实验探究的是_______因素对化学反应速率的影响。（3）若实验①在2min末收集了2.24mLCO2(标准状况下)，则在2min末，=_______ 。(假设混合溶液体积为50mL)（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定_______来比较化学反应速率。(一条即可)（5）小组同学发现反应速率随时间变化如图所示，其中t1~t2时间内速率变快的主要原因可能是：_______。【答案】（1）；（2）浓度；（3）；（4）收集一定体积的CO2所需要的时间（或高锰酸钾溶液褪色所需要的时间；其他合理答案也可）；（5）反应生成的Mn2+是该反应的催化剂。【解析】【分析】酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应的离子方程式为，反应产生的Mn2+是该反应的催化剂，是速率图像中t1~t2时间内速率变快的主要原因，表格中数据显示探究草酸浓度不同对反应速率的影响，实验装置显示测量收集二氧化碳的方法。【小问1详解】反应中，高锰酸根离子在酸性下还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳，离子方程式为；【小问2详解】根据表格中数据显示草酸浓度不同，则该实验探究的是浓度因素对化学反应速率的影响；【小问3详解】，反应消耗的 ，；【小问4详解】化学反应速率要有时间因素和可测量的物理量，因此收集一定体积的CO2所需要的时间（或高锰酸钾溶液褪色所需要的时间）等他合理答案均可；【小问5详解】高锰酸根离子在酸性下还原为Mn2+，Mn2+是该反应的催化剂，是速率图像中t1~t2时间内速率变快的主要原因。26.根据晶体的微观结构，试回答有关问题：（1）高温下，超氧化钾(KO2)晶体呈立方体结构。晶体中氧的化合价部分为0价，部分为-2价。下图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则晶体中，K＋的配位数为_______，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为_______。（2）硼酸(H3BO3)是一种片层状结构的白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如图)。下列有关说法正确的有_______。①硼酸晶体属于原子晶体 ②H3BO3分子的稳定性与氢键有关③在H3BO3分子中各原子未能都满足8e-稳定结构④含1molH3BO3的晶体中有3mol氢键⑤含1molH3BO3的晶体中有6mol极性共价键（3）确定该合金(如图)的化学式为_____，与Fe原子等距离且最短的Fe原子个数为____，若晶胞的边长为anm，此合金的密度为_____g·cm-3。【答案】（1）①.6②.3：1（2）③④⑤（3）①.Fe2Al②.6③.【解析】【小问1详解】根据图示，每个钾离子周围有6个超氧根离子，每个超氧根离子周围有6个钾离子，则晶体中，K＋的配位数为6；设0价氧原子与-2价氧原子个数分别为x、y，根据原子守恒得x+y＝2，化合价得0−2y＝−1，解得y=0.5，x=1.5，所以0价氧原子与-2价氧原子的数目比=1.5：0.5=3：1；故答案为：6；3：1【小问2详解】①正硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，为分子晶体，原子晶体内只有共价键，故①错误；②分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关，氢键影响其熔沸点，故②错误；③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，所以B原子不8e-稳定结构，故③正确；④1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3 个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故④正确；⑤1molH3BO3的晶体中有3molB-O键和3molO-H键，则1molH3BO3的晶体中有6mol极性共价键，故⑤正确；故答案为③④⑤。【小问3详解】一个晶胞中含有8个Fe，Al原子均位于立方体内部，所以有4个Al，铁原子和铝原子个数比为2：1；铁原子分别位于面心，顶点、棱心、体心，所以Fe原子等距离且最短的Fe原子个数为6个Fe，质量为，体积为，所以晶胞的密度故答案为：Fe2Al；6；