四川省自贡市2021-2022学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）

2021-2022学年高一年级下期末考试化学考试时间共90分钟。试卷满分100分。试题卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)，共6页。考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。考试结来后，非本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Mg-24Al-27Si-28Cl-35.5Fe-56第I卷(选择题共50分)I卷共25题，每题2分。在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。必须使用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。1.下列说法中正确的是A.臭氧、活性炭处理水，都起到杀菌消毒作用B.玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品C.以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化D.漂白粉长期露置在空气中会失效【答案】D【解析】【详解】A．臭氧处理水起到杀菌消毒作用，活性炭是吸附作用、不能消毒杀菌，A错误；B．玻璃、水泥都是硅酸盐制品，水晶项链是二氧化硅，不是硅酸盐产品，B错误；C．以高纯二氧化硅可制成光导纤维，C错误；D．漂白粉主要成分为次氯酸钙，长期露置在空气中会失效：、，D正确；答案选D。2.下列化合物中，不能通过化合反应制取的是：A.FeCl3B.H2SiO3C.CuCl2D.FeCl2【答案】B【解析】 【详解】A、铁与氯气加热或点燃条件下发生：2Fe＋3Cl22FeCl3，此反应属于化合反应，故A错误；B、SiO2不溶于水，不能与水反应生成H2SiO3，制备H2SiO3：Na2SiO3＋2HCl=H2SiO3↓＋2NaCl，此反应属于复分解反应，故B正确；C、Cu和Cl2发生反应：Cu＋Cl2CuCl2，此反应属于化合反应，故C错误；D、可以由Fe＋2FeCl3=3FeCl2，此反应属于化合反应，故D错误。点睛：本题易错点时选项D，应为学生记着铁和氯气反应，无论氯气过量与否，都生成FeCl3，忽略Fe＋2FeCl3=3FeCl2，造成错选，如果本题问的是单质之间化合而成，则FeCl2不可以。3.下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．NCl3中N是+3价，最外层电子数=5+3=8，Cl是－1价，7+1＝8，则满足所有原子最外层为8电子结构，A正确；B．PCl5中P是+5价，最外层电子数=5+5≠8，则P原子不满足最外层为8电子结构，B错误；C．中S是+4价，最外层电子数=6+4≠8，则S原子不满足最外层为8电子结构，C错误；D．BF3中B是+3价，最外层电子数=3+3≠8，则B原子不满足最外层为8电子结构，D错误；故选A。4.下列原子的电子排布图中，正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】A．2p轨道违背洪特规则，故A错误；B．2s轨道违背泡利不相容原理，故B错误； C．电子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，故C正确；D．2s轨道没有填充满，违背能量最低原理，不是基态原子排布，应是激发态，故D错误；故选：C。5.下列各组物质中，都是含有极性键的极性分子的是A.和B.和C.和D.和【答案】B【解析】【详解】A．CH4是极性键形成的非极性分子，H2O是极性键形成的极性分子，A项错误；B．NH3是极性键形成的极性分子，HCl是极性键构成的极性分子，B项正确；C．H2S是极性键构成的极性分子，是由极性键构成的非极性分子，C项错误；D．CO2是由极性键构成的非极性分子，D项错误；答案选B6.下列叙述中正确的是A.原子晶体、离子晶体、分子晶体中都一定存在化学键B.配合物中，配体是，配位数是1C.晶体采用的堆积模型；面心立方最密堆积D.石墨中含有键【答案】C【解析】【详解】A．稀有气体为单原子分子，属于分子晶体，但不存在化学键，A项错误；B．配合物中，配体是H2O，配位数是4，B项错误；C．Cu晶体采用面心立方最密堆积，C项正确；D．石墨为六边形层状结构，每个碳原子与其它的三个碳原子形成C-C，每个C-C为两个碳原子共用，则属于1个碳原子的C-C键的数目为，12g石墨的物质的量为1mol，因此12g石墨中含有1.5molC-C键，D项错误； 答案选C。7.为了除去二氧化硫中少量的氯化氢气体，应将混合气体通入A.高锰酸钾溶液B.饱和亚硫酸氢钠溶液C.饱和食盐水D.浓硫酸【答案】B【解析】【详解】A．高锰酸钾溶液与二氧化硫反应，将原物质除去，故A错误；B．HCl与亚硫酸氢钠饱和溶液反应生成二氧化硫，且不引入新杂质，饱和亚硫酸氢钠溶液不与二氧化硫反应，洗气可分离，故B正确；C．二氧化硫、氯化氢气体均能溶于饱和食盐水，原料损失，故C错误；D．二氧化硫、氯化氢气体均不能被浓硫酸吸收，不能除杂，故D错误；答案选B。8.下列分子中的中心原子的杂化方式为sp杂化的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．分子的中心原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，故A不符合题意；B．分子的中心原子的价层电子对数为2，为sp杂化，故B符合题意；C．分子的中心原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，故C不符合题意；D．分子的中心原子的价层电子对数为3，为sp2杂化，故D不符合题意；故选B。9.下列离子方程式的书写正确的是A与稀硫酸：B.铜与稀硝酸：C.与水：D.二氧化硅溶于烧碱溶液中：【答案】D 【解析】【详解】A．与稀硫酸反应，生成亚铁离子和氢气，离子方程式为：，A项错误；B．铜与稀硝酸反应，生成一氧化氮，离子方程式为：，B项错误；C．与水反应属于可逆反应且生成物次氯酸为弱酸，离子方程式为：，C项错误；D．二氧化硅与氢氧化钠反应，生成硅酸钠和水，离子方程式为：，D项正确；答案选D。10.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况，，含有电子B.在足量燃烧，转移电子数目为C.二氧化碳气体中含有共用电子对数目为D.与含的溶液充分反应，转移电子为【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下HF为液态，故无法计算22.4LHF含有的分子数目，A错误；B．在足量燃烧生成1molFeCl3，按得失电子数守恒，转移电子数目为，B错误；C．二氧化碳分子内碳原子与氧原子形成4对共用电子，则、即0.5moL二氧化碳气体中含有共用电子对数目，C正确；D．与含的溶液充分反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，存在关系式Cl2~e-，则转移电子为，D错误；答案选C。 11.对于某些离子的检验及结论一定正确的是A.加入溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有B.加入氢氧化钠溶液后加热，产生气体能使得湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有C.加入硝酸酸化的氯化钡溶液产生白色沉淀，一定有D.加入硝酸银溶液，溶液变浑浊，一定有【答案】B【解析】【详解】A．加入溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，不一定有，可能是镁离子，A项错误；B．若溶液中含有铵根离子，加入氢氧化钠溶液后加热，产生气体能使得湿润的红色石蕊试纸变蓝，B项正确；C．加入硝酸酸化的氯化钡溶液产生白色沉淀，不一定有，可能是银离子，C项错误；D．氯化银、碳酸银、硫酸银都是不溶于水或微溶于水的白色沉淀，加硝酸银溶液产生白色沉淀，说明溶液中可能含有氯离子，也可能含有碳酸根离子或硫酸根离子等，D项错误；答案选B。12.下列说法正确的是A.凡含共价键的化合物，一定是共价化合物B.化合物的结构式为：C.离子化合物一定能导电D.原子序数为11与8的元素形成的化合物中，可能存在共价键【答案】D【解析】【详解】A．含共价键的化合物，不一定是共价化合物，如氢氧化钠，属于含共价键的离子化合物，A项错误；B．化合物中，氧原子与氯原子和氢原子共用电子对，则结构式为：，B项错误；C．导电时一定有自由移动的离子或自由电子，离子化合物在固态时，不存在自由移动的离子，所以不导电，C项错误； D．原子序数为11与8的元素分别为Na、O，形成离子化合物过氧化钠中，存在共价健，D项正确；答案选D。13.下列各组性质比较中，正确的是A.离子还原性：B.热稳定性：C.离子半径：D.酸性：【答案】B【解析】【详解】A．碘单质能把硫从硫化物中置换出来，离子还原性：，硫化氢和二氧化硫能发生归中反应，还原性：，二氧化硫能还原碘使碘水褪色还原性：、碘离子能还原铁离子，离子还原性：，还原性：，故A错误；B．同主族从上到下，同周期从右到左、非金属的气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，热稳定性：，故B正确；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，故离子半径：，故C错误；D．酸性：，故D错误。答案选B。14.分子中的中心原子采取杂化，下列有关叙述正确的是A.分子中的键间的夹角与分子中的键间的夹角相等B.分子的模型名称是平面三角形C.分子的立体构型呈三角锥形D.分子不能与其他粒子形成配位键【答案】C 【解析】【详解】A．二者中心原子均为sp3杂化，NF3为三角锥形，中心原子有一对孤电子对，而CH4分子中心原子无孤电子，所以NF3分子的N-F键夹角小于CH4分子中的C-H键的夹角，A错误；B．NF3分子中N原子的价层电子对个数=3+×(5-3×1)=4，模型名称是四面体，B错误；C．NF3分子中N原子的价层电子对个数=3+×(5-3×1)=4，且含有一个孤电子对，所以该分子是三角锥形结构，C正确；D．NF3分子含有一个孤电子对，可形成配位键，D错误；故选C。15.已知某元素的基态原子的价电子排布式为，则下列说法正确的是A.该元素的基态原子的最外层电子数是4B.该元素的原子序数为6C.该元素的基态原子的轨道数为4D.该元素的基态原子的M层上共有6种不同运动状态的电子【答案】D【解析】【详解】A．价电子排布式为，则最外层电子数为6，A错误；B．根据价电子排布式为，可知该元素为S，为16号元素，B错误；C．该元素的基态电子排布式为1s22s22p63s23p4，基态原子的轨道数为1+1+3+1+3=9，C错误；D．该元素的基态电子排布式为1s22s22p63s23p4，M层上共有6种不同运动状态的电子，D正确；故选D。16.下列表述中，正确的是A.最外层只有一个电子的元素，不一定是族元素B.原子的价电子排布为的元素一定是副族元素C.已知非金属性：，则酸性： D.在周期表里，元素所在的族序数等于原子最外层电子数【答案】A【解析】【详解】A．最外层只有一个电子的元素，不一定是第IA族元素，比如价层电子排布式为3d54s1的是Cr，是第ⅥB族元素，故A正确；B．价电子排布为的原子为VIII族元素，不是副族元素，故B错误；C．F无最高正价，无含氧酸，故C错误；D．周期表里，主族元素所在的族序数等于原子的核外最外层电子数，其余元素不一定，故D错误；故选A。17.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间构型相同，则下列有关说法中正确的是A.和是等电子体，键角均为60°B.与是等电子体，均为直线结构C.和是等电子体，均为直线结构D.金刚石和石墨是等电子体，结构相同【答案】B【解析】【详解】A．甲烷是正四面体形结构，键角是109°28′，A项错误；B．与原子数相同，原子最外层电子数也相同，二者互为等电子体，等电子体结构相似，为直线型分子，因此也是直线型分子，B项正确；C．中的S采用的是sp2杂化，三个杂化轨道呈平面三角形，两个杂化轨道与O原子形成化学键，另有一个杂化轨道被孤对电子占据，所以分子构型是V形，C项错误；D．金刚石是立体网状结构，石墨是层状结构，结构不相同，D项错误；答案选B。18.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X 位于同一主族。下列说法正确的是A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B.由X、Y组成的化合物是离子化合物C.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强【答案】B【解析】【分析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A错误；B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；总上所述，本题选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。19.发射卫星的运载火箭，其推进剂引燃后发生剧烈反应，产生大量高温气体从火箭尾部喷出。引燃后产生的高温气体主要是CO2、H2O、N2、NO，这些气体均为无色，但在卫星发射场看到火箭喷出大量“红烟”，产生“红烟”的原因是A.高温下N2遇空气生成NO2B.NO遇空气生成NO2C.CO2与NO反应生成CO和NO2D.NO与H2O反应生成H2和NO2 【答案】B【解析】【详解】火箭推进剂引燃后产生的高温气体主要是CO2、H2O、N2、NO，这些气体均为无色，但在卫星发射场看到火箭喷出大量“红烟”，这是由于NO不稳定，容易被空气中O2氧化产生NO2，产物NO2是红棕色气体，反应方程式为2NO+O2=2NO2，故合理选项是B。20.下列说法错误的是A.浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，生成的有色产物能溶于浓硝酸B.的氧化性强于，在-淀粉溶液中通入氯气，溶液会变蓝C.氯化铵固体加热，直接变为气态物质，说明氯化铵易升华D.铁片放入浓硫酸中，无明显实验现象，是因为铁在冷的浓硫酸中发生了钝化【答案】C【解析】【详解】A．浓硝酸不稳定，在光照条件下易分解为二氧化氮，二氧化氮溶于浓硝酸，溶液变黄，说明浓硝酸不稳定，生成的有色产物能溶于浓硝酸，A项正确；B．的氧化性强于，在-淀粉溶液中通入氯气，生成碘单质，遇到淀粉溶液变蓝，B项正确；C．氯化铵固体加热，直接变为气态物质，是因为氯化铵加热分解为氨气和氯化氢气体，C项错误；D．因为铁在冷的浓硫酸中发生了钝化，所以铁片放入浓硫酸中，无明显实验现象，D项正确；答案选C。21.类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质，但类此是相对的，不能违背客观事实。下列各种类比推测的说法中正确的是A.已知与S能直接化合生成，推测与S可直接化合生成B.已知与反应生成，推测与反应生成C.已知与水反应生成，推测与水蒸气反应生成D.已知使澄清石灰水变浑浊，推测也使澄清石灰水变浑浊【答案】D【解析】 【详解】A．硫具有弱氧化性，能将变价金属氧化为较低价态，所以Cu和S反应生成Cu2S，A项错误；B．氟无正极，则与反应生成和氧气，B项错误；C．与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C项错误；D．和为酸性氧化物，均能使澄清石灰水变浑浊，D项正确；答案选D。22.下列关于化学键的说法正确的是①含有金属元素的化合物一定是离子化合物。②第IA和第ⅦA族原子化合时，一定生成离子键。③非极性键只存在双原子单质分子中。④活泼金属单质与活泼非金属单质化合时，一般形成离子键。⑤含有离子键的化合物一定是离子化合物。⑥离子化合物中可能同时含有离子键和共价键。A.①②⑤B.①③④C.④⑤⑥D.③④⑤【答案】C【解析】【详解】①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3为共价化合物，①错误；②第IA族和第ⅦA族原子化合时，不一定生成离子键，如HCl为共价化合物，②错误；③非极性键不是只存在双原子单质分子中，如过氧化氢中两个氧原子之间是非极性共价键，③错误；④活泼金属与非金属化合时，一般形成离子键，如氯气和钠反应生成NaCl，④正确；⑤离子化合物是阴阳离子通过离子键构成的化合物，故含有离子键的化合物一定是离子化合物，⑤正确；⑥离子化合物中可能同时含有离子键和共价键，如NaOH既含有离子键，又含有共价键，⑥正确；故只有④⑤⑥符合题意；故选C。 23.向盛有硫酸锌水溶液的试管中加入氨水，首先形成沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到无色透明的溶液。下列说法正确的是（）A.最后所得溶液中不存在沉淀，所以反应前后c(Zn2+)不变B.沉淀溶解是因为生成了无色的配合物离子[Zn(NH3)4]2+C.用硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，不能观察到同样的现象D.在[Zn(NH3)4]2+中，Zn2+提供孤对电子，NH3提供空轨道【答案】B【解析】【详解】氨水呈碱性，向盛有硫酸锌水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化锌，Zn2++2NH3•H2O═Zn(OH)2↓+2NH4+，继续滴加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，原因是氢氧化锌和氨水反应生成了锌氨络合物，反应为：Zn(OH)2+4NH3═[Zn(NH3)4]2++2OH-。A．硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中锌离子浓度减小，故A错误；B．硫酸锌和氨水反应生成氢氧化锌沉淀，继续加氨水时，氢氧化锌和氨水继续反应生成络合物离子[Zn(NH3)4]2+而使溶液澄清，故B正确；C．硝酸锌中的锌离子和氨水反应现象与硫酸锌中锌离子和氨水反应现象相同，硝酸锌溶液代替硫酸锌溶液进行实验，能观察到同样现象，故C错误；D．在[Zn(NH3)4]2+离子中，Zn2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故D错误；故选B。24.一定量的镁铝合金与完全反应生成(标况)，再向反应后的溶液中加入溶液，使镁、铝元素恰好完全沉淀，则所加溶液体积是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒n(NaNO3)=0.5L×1mol/L-=0.4mol，由钠离子守恒 n(NaOH)=n(NaNO3)=0.4mol，则需要NaOH溶液的体积为=0.2L=200mL，故B正确；故选B。25.我国科研团队将掺杂到结构单元中，得到一种高性能的p型太阳能材料。掺杂后的晶胞属于立方晶系，边长为，其结构如图所示。已知位于A点的原子坐标参数为，下列说法错误的是A.晶胞中原子与原子数之比为B.的坐标参数为C.晶体中的每个O原子周围都有3个等距且最近的原子D.A点的原子与间的距离是【答案】C【解析】【详解】A．1个晶胞中含有Mg原子数目是2×+1×=，含有的Ni原子数为：7×+3×=，所以晶胞中Mg原子与Ni原子数之比为，A项正确；B．根据Li+与A点的相对位置，结合A点坐标，可知Li+的坐标参数为(1，0.5，0.5)，B项正确；C．坐标参数为的O原子周围不只3个等距且最近的原子，C项错误； D．位于A点的原子坐标参数为(0，1，1)，则Li+的坐标参数为(1，0.5，0.5)，A点的原子与Li+间的距离L=，D项正确；答案选C。第Ⅱ卷(非选择题共50分)Ⅱ卷共4题。必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答，签在试题卷、草稿纸上无效。26.下表列出了①~⑨九种元素在周期表中的位置：ⅠA1①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②⑤⑧3③④⑥⑦⑨请按要求回答下列问题。（1）元素④在自然界主要以_______形式存在(填“游离态”或“化合态”)。（2）⑦⑧⑨原子电负性，按由强到弱的顺序排列为：_______(写元素符号)。（3）元素⑦的原子结构示意图是_______。（4）①与⑤形成的最简单化合物的电子式_______。（5）元素②的单质(少量)与④的氧化物在高温条件下发生置换反应，元素②在产物中呈+2价，其化学方程式_______。【答案】（1）化合态（2）F>Cl>S（3）（4）（5）【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，①～⑨分别为氢、碳、钠、硅、氮、磷、硫、氟、氯，据此分析作答。【小问1详解】 元素④是硅，硅是一种亲氧元素，在自然界主要以硅氧化物或硅酸盐即化合态的形式存在，故答案为：化合态；【小问2详解】同周期元素从左至右电负性逐渐增大，同主族元素从上至下电负性逐渐减小，则⑦⑧⑨原子电负性按由强到弱的顺序排列为：F>Cl>S，故答案为：F>Cl>S；【小问3详解】元素⑦即硫的原子结构示意图是，故答案为：；【小问4详解】①与⑤形成的最简单化合物为NH3，其电子式为，故答案为：；【小问5详解】元素②的单质即碳(少量)与④的氧化物SiO2在高温条件下发生置换反应，元素②在产物中呈+2价为一氧化碳，其化学方程式为：，故答案为：。27.某化学实验小组的同学为探究和比较和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。（1）实验室用装置A制备，其中仪器①的名称是_______。（2）实验室以二氧化锰和浓盐酸为原料用装置E制备，其反应的化学方程式为：_______。请指出该反应中当有电子发生转移时，产生的的体积为_______L(标准状况下)。 （3）装置A、E反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：B：_______，D：_______。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为：B：_______，D：_______。（4）装置C的作用是_______。（5）另一个实验小组的同学认为和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他们将制得的和按同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象那样。请你分析该现象的原因(用离子方程式表示)_______。【答案】（1）分液漏斗（2）①.②.4.48L（3）①.品红褪色②.品红褪色③.褪色的品红又恢复成红色④.无明显现象（4）吸收尾气，防止污染空气（5）【解析】【分析】装置A生成的二氧化硫气体通过装置B中的品红溶液，二氧化硫具有漂白性，可以使溶液褪色，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色；氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色，次氯酸的漂白不可逆，加热时，不能恢复红色，剩余二氧化硫和氯气通过装置C吸收，防止污染空气，据此分析作答。【小问1详解】仪器①的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；【小问2详解】实验室用二氧化锰和浓盐酸混合加热制备Cl2，其反应的化学方程式为：；该反应中，生成1mol氯气，转移2mol电子，则该反应中当有电子发生转移时，产生的的物质的量为0.2mol，标况下的体积为，故答案为：；4.48L；【小问3详解】 SO2具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色；氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色；SO2的漂白具有可逆性，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色；次氯酸的漂白不可逆，加热时，不能恢复红色，故答案为：品红褪色；品红褪色；褪色的品红又恢复成红色；无明显现象；【小问4详解】剩余二氧化硫和氯气通过装置C吸收，防止污染空气，故答案为：吸收尾气，防止污染空气；【小问5详解】氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应：，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不褪色，故答案为：。28.元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1.元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。请按要求回答下列问题。（1）基态X原子价电子排布式_______。（2）三种元素的基态原子中，第一电离能最大的是_______(填元素符号)。（3）在分子中，Z原子轨道的杂化类型是_______。（4）分子的立体构型为_______。（5）常温下是液体，其原因是_______。（6）X的二氯化物与氨水反应形成的配合物化学式_______，该配合物中含有σ键的数目为_______。【答案】（1）3d104s1（2）O（3）sp3杂化（4）V形（5）水分子间可以形成氢键（6）①.②.16NA【解析】【分析】元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2＋8＋18=28，且最外层电子数为1，所以该原子有29个电子，为Cu元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3 倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素，据此分析作答。【小问1详解】铜是29号原子，则基态Cu原子的电子排布式是[Ar]3d104s1，所以Cu原子的价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；【小问2详解】金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大，同主族元素从到下，第一电离能逐渐减小，则第一电离能最大的是O，故答案为：O；【小问3详解】在分子中价层电子对数=，有两对孤电子对，则中心原子O原子采取sp3杂化，故答案为：sp3杂化；【小问4详解】H2S分子价层电子对数=，有两对孤电子对，则中心原子S原子采取sp3杂化，则分子的立体构型为V形，故答案为：V形；【小问5详解】常温下是液体，是因为水分子间可以形成氢键，故答案为：水分子间可以形成氢键；【小问6详解】与氨水反应可形成配合物；在该化合物中，铜离子与氨分子之间形成4个配位键，每个氨分子内部有三个共价键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为16NA，故答案为：；16NA。29.锰及其化合物用途非常广泛。请按要求回答下列问题。（1）是一种准晶体(介于晶体和非晶体之间的固体)，能准确证明其不是晶体的方法的是_______。（2）基态原子未成对电子数为_______个。（3）熔点(1610℃)比熔点(1650℃)低，其原因是_______。（4）锰的一种配合物的化学式为。配合物中锰元素的价态为_______。（5）锰的含氧酸有、，的酸性比强，理由是_______。 （6）镍合金储氢的研究已取得很大进展。图甲是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。该合金储氢后，含的合金可吸附的数目为_______。是一种贮氢的金属化合物。在晶胞中，原子占据如图乙的顶点和面心，处于乙图八个小立方体的体心。若晶体的密度为，的摩尔质量为，则和和原子的最短距离为_______(用含d、M、的代数式表示)。【答案】（1）X射线衍射实验（2）5（3）S2-的半径比O2-的大，MnS的晶格能小（4）+2（5）高锰酸分子(HMnO4)中含有三个非羟基氧原子，锰酸(H2MnO4)中只有二个非羟基氧原子（6）①.3NA②.【解析】【小问1详解】晶体具有微观点阵结构，能发生X射线衍射现象，故能准确证明不是晶体的方法是X射线衍射实验，若不产生X射线衍射现象，则不是晶体；【小问2详解】Mn是25号元素价电子排布式为3d54s2，5个3d电子分别位于5个不同的轨道上，有5个未成对电子；【小问3详解】MnS和MnO晶体类型相同，均为离子晶体，由于S2-的半径比O2-的大，则MnS的晶格能比MnO小，MnS熔点比MnO熔点低；【小问4详解】 配合物的配体CO为分子、CN-为离子，Br为-1价，根据化合价代数和为零，配合物中锰元素的价态为+2；【小问5详解】HMnO4和H2MnO4都是含氧酸，高锰酸是一元酸，含有三个非羟基氧，锰酸为二元酸，含有二个非羟基氧，含非羟基氧越多酸性越强，所以高锰酸的酸性比锰酸强；故本题答案为：高锰酸分子(HMnO4)中含有三个非羟基氧原子，锰酸(H2MnO4)中只有二个非羟基氧原子；【小问6详解】①晶胞中，La个数为8×=1、Ni个数为8×+1=5，H2个数为2×+8×=3，化学式为LaNi5(H2)3，所以1molLa的合金可吸附3molH2，H2的数目为3NA，故答案为：3NA；②Ni原子占据晶胞的顶点和面心，将晶胞分成8个小正方体，Mg2+处于乙图八个小立方体的体心，即位于Ni原子形成的四面体空隙内，所以Mg2+和Ni原子的最短距离x为晶胞体对角线的四分之一，设晶胞边长为acm，则x=acm，晶胞能有8个Mg2+，即晶胞中有4个“Mg2NiH4”，晶胞质量m=g=da3g，a=cm，所以x=×cm=××107nm，故答案为：。