2019-2020學(xué)年云南省楚雄州高三(上)期末化學(xué)試卷

1、2019-2020 學(xué)年云南省楚雄州高三（上）期末化學(xué)試卷一、單選題（本大題共6 小題，共18.0 分）1.化學(xué)與環(huán)境、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)等密切相關(guān)，下列說法不正確的是()A. NaCl 不能使蛋白質(zhì)變性，所以不能用作食品防腐劑B. 浸有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土可用于水果保鮮C. 捕獲工業(yè)排放的 CO2，可用來合成可降解塑料聚碳酸酯D. 在葡萄酒中添加微量 SO2 作抗氧化劑，可使酒保持良好品質(zhì)2. 設(shè) NA 為阿伏加德羅常數(shù)的值。 ( 離子可以看作是帶電的原子 )下列敘述正確的是 ( )A. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下， 22.4 L SO3 中所含的分子數(shù)為 NAB. 0.1 mol ?L-1 的 Na2 CO3

2、溶液中， CO23- 的數(shù)目小于 0.1N AC. 8.0g由 Cu2S CuO組成的混合物中，所含銅原子的數(shù)目為0.1NA和D. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將2.24L Cl2通入水中，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.1NA3.氯氣氧化 HBr 提取溴的新工藝反應(yīng)之一為： 6H 2 SO4 + 5BaBr 2 + Ba(BrO 3 ) 2 = 6BaSO4 +6Br 2 + 6H 2 O，利用此反應(yīng)和 CCl4 得到液溴的實驗中不需要用到的實驗裝置是( )A.B.C.D.4. 用 H2 消除酸性廢水中的NO2- 是一種常用的電化學(xué)方法。其反應(yīng)原理如圖所示，下列說法不正確的是 ( )A. Fe3O4在該反應(yīng)中作催化劑B

3、. Pd 上發(fā)生的反應(yīng)為 H2 - 2e- = 2H +C. 總反應(yīng)為 3H2 + 2NO-2 = N2 + 2OH- + 2H2 OD. Fe( ) 與 Fe( )之間相互轉(zhuǎn)化起到了傳遞電子的作用5. 短周期主族元素 X 、 Y 、Z 、 W 的原子序數(shù)依次增大，它們能組成一種化合物，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法正確的是()A. 最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Y XB.原子半徑： Z W Y X第1頁，共 15頁C. W 與 Z 形成的化合物 Z2 W2中只含離子鍵D. W 的單質(zhì)難溶于 W 與 X 形成的化合物 XW26. 甲胺 (CHNH)的性質(zhì)與氨氣相似，將pOH 相同、體積均為 V的 C

4、HNH2?HO和32032NaOH 兩種溶液分別加水稀釋至體積為V ， pOH 隨 lgV的變化關(guān)系如圖所示，下列V0敘述錯誤的是 ()已知：常溫下，pH + pOH = 14. pOH = -lgc(OH - )A.B.稀釋相同倍數(shù)時， CH3 NH2 ?H2 O的濃度比 NaOH 的濃度大溶液中水的電離程度： b 點大于 c 點c(CHNH?H O)?c(H + )C. 由 c 點到 d 點，溶液中322保持不變c(CH+3NH3 )D. 常溫下，某鹽酸的 pH = m， a 點時 CH3 NH 2 ?H2O的 pH = n ，當(dāng) m + n = 14 時，取等體積的兩溶液混合，充分反應(yīng)后

5、：n(Cl - ) n(CH 3 NH +3 ) n(H + ) n(OH - )二、雙選題（本大題共1 小題，共3.0 分）7.2018 年我國首次合成了在有機化工領(lǐng)城具有重要價值的化合物M( 結(jié)構(gòu)簡式如圖所示) 。下列關(guān)于M 的說法錯誤的是()A. 分子式為 C20 H11 NO3B. 所有碳原子可以處在同一平面內(nèi)C. 能發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)D. 苯環(huán)上的氫原子被兩個氯原子取代的結(jié)構(gòu)有4 種 ( 不考慮立體結(jié)構(gòu))三、簡答題（本大題共4 小題，共48.0 分）8.全國第十屆環(huán)境化學(xué)大會于2019 年 8 月 15 日在天津召開， 其中一項會議的議題為“礦山環(huán)境與污染控制“。納米銅線由于具有

6、獨特的光學(xué)、電學(xué)、力學(xué)和熱學(xué)性質(zhì)而成為制備透明柔性導(dǎo)電電極的優(yōu)良材料。某精銅礦渣( 主要成分為Cu、Cu2 Se和Cu2Te)中除含有銅、硒 (Se) 、碲 (Te) 外，還含有少量貴金屬，部分元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)如表：AuAgPtCuSeTe質(zhì)量分?jǐn)?shù) (%)0.040.760.8343.4717.349.23納米銅線的制備與硒、確的主要回收流程如圖：第2頁，共 15頁(1)S、? Se、 ? Te為同主族元素，其中? Te在元素周期表中的位置為_。16345252(2) 經(jīng)過硫酸化焙燒， Cu、 Cu2 Se和 Cu2 Te轉(zhuǎn)化為 CuSO4， SeO2和 TeO2 .其中 Cu2 Te硫酸化培燒的

7、化學(xué)方程式為 _。(3) 吸收塔內(nèi)發(fā)生的反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_。(4) “水浸固體”過程中補充少量氯化鈉固體，可減少固體中的硫酸銀進人濾液1中，從平衡移動原理角度解釋其原因：_。(5) “70 水浴加熱”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。水浴加熱段時間后，溶液中出現(xiàn)線狀懸浮物，先過濾，后水洗，再用 _洗滌、干燥，可以得到納米銅線。(6) 目前碲化鎘薄膜太陽能行業(yè)發(fā)展迅速，被認為是最有發(fā)展前景的太陽能技術(shù)之一。研究發(fā)現(xiàn)在低電流密度堿性的條件下。增加 TeO2- 的濃度，可以促進 Te 的沉積。3Te 沉積的電極反應(yīng)式為_ ，其中 Na+ 向 _(填“石墨”或“不銹鋼鐵板“ )電極移動。

8、9. 三氧化鉬 (MoO 3 )是石油工業(yè)中常用的催化劑，也是搪瓷釉藥的顏料，該物質(zhì)常使用輝鉬礦 ( 主要成分為 MoS2 ) 通過一定條件來制備?；卮鹣铝邢嚓P(guān)問題：(1) 已知： MoS2 (s) ? Mo(s) + S2 (g) H1 ；S2(g) + 2O2 (g)? 2SO2(g) H2 ； 2Mo(s) + 3O2 (g) ? 2MoO 3 (s) H3則 2MoS2 (s) + 7O2 (g) ? 2MoO 3 (s) + 4SO2 (g) H = _( 用含 H1、H2、H3的代數(shù)式表示 ) 。(2) 若在恒溫恒容條件下僅發(fā)生反應(yīng) MoS2 (s) ? Mo(s) + S2(g)

9、 下列說法正確的是 _ ( 填字母 ) 。a.氣體的密度不變，則反應(yīng)一定達到了平衡狀態(tài)b.氣體的相對分子質(zhì)量不變，反應(yīng)不定處于平衡狀態(tài)C.增加 MoS2 的量，平衡正向移動-1 ，充入一定量的 S 達到平衡時 S2 (g) 的濃度為 1.4 mol ?L2 (g) ，反應(yīng)再次達到平衡，S2 (g) 濃度 _( 填“ “ “ ? C，則最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Y X，故 A正確；B. 同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，電子層數(shù)越多原子半徑越大，則原子半徑大小為：Z W X Y，故 B錯誤；C.Na 2O2 中含有離子鍵和共價鍵，故C 錯誤；D.W 的單質(zhì)為 S 單質(zhì)， XW2為 CS2，硫

10、單質(zhì)易溶于二硫化碳，故D 錯誤；故選： A。短周期主族元素 X 、 Y、 Z、 W 的原子序數(shù)依次增大，它們能組成一種化合物，其結(jié)構(gòu)如圖所示， X 形成 4 個共價鍵， Z 為 +1 價陽離子， Y 形成 3個共價鍵， W 能夠形成1 個共價鍵且得到 1 個電子，其最外層含有6 個電子，結(jié)合原子序數(shù)大小可知，X為 C，Y為 N， Z 為 Na， W 為 S 元素，據(jù)此解答。本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的應(yīng)用，題目難度不大，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期律內(nèi)容及常見元素化合物性質(zhì)， 試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及邏輯推理能力。6.【答案】 D【解析】 解： pOH 相同、體積均為 V0 的

11、CH3 NH2?H2O和 NaOH 兩種溶液分別加水稀釋至體積為 V ，強堿 NaOH 的 pOH 變化大，則曲線I 表示 CH3 NH2 ?H2O的變化、曲線 II表示 NaOH 的變化，A 、CH3NH 2 ?H2 O是弱堿， pOH 相同時 c(CH 3 NH2 ?H2 O) c(NaOH) ，即 pOH 相同、體積均為 V0 的 CH3 NH2?H2 O和 NaOH 兩種溶液中 n(CH 3NH 2?H2 O) n(NaOH) ，根據(jù) c =nV可知，稀釋相同倍數(shù)時，CH3 NH2 ?H2 O的濃度比 NaOH 的濃度大，故A 正確；B 、堿抑制水的電離，并且堿性越強、抑制作用越大，由

12、圖可知，b 點堿性弱、 c 點堿性強，所以水的電離程度：b 點大于 c 點，故 B 正確；C、曲線 I 表示 CH3 NH2?H2 O的變化， CH3NH2 ?H2O的電離平衡常數(shù)為Kb ，則c(CHNH?H O)?c(H + )Kw322=、為常數(shù)，只與溫度有關(guān)，所以由c 點到 d 點、即加水稀釋時c(CH 3 NH 3+ )Kb第8頁，共 15頁c(CHNH?H O)?c(H + )322保持不變，故 C正確；c(CH+)3NH 3D 、當(dāng) m + n = 14，酸電離的氫離子濃度與堿電離的氫氧根離子濃度相同，但CH3 NH2 ?H2 O為弱堿、部分電離， 所以等體積的兩溶液混合混合時，堿

13、過量，混合后溶液顯堿性，n(OH -) n(H + )，電荷關(guān)系為 n(OH -) + n(Cl - ) = n(CH 3NH 3+ ) + n(H + ) ，所以充分反應(yīng)后： n(CH 3 NH3+ ) n(Cl - ) n(OH -) n(H + ) ，故 D 錯誤；故選： D。pOH 相同、體積均為 V0 的CH3NH 2?H2O和 NaOH 兩種溶液分別加水稀釋至體積為V ，強堿 NaOH 的 pOH 變化大，則曲線I 表示 CH3 NH2 ?H2 O的變化、曲線 II 表示 NaOH 的變化，nA 、CH3NH 2 ?H2 O是弱堿， pOH 相同時 c(CH3 NH2 ?H2 O)

14、 c(NaOH) ，根據(jù) c = V 分析判斷；B 、堿溶液中 pOH 越大，堿性越弱，抑制水的電離程度越小，反之相反；C、曲線 I 表示 CH3 NH2?H2 O的變化， CH3NH2 ?H2O的電離平衡常數(shù)為Kb ，則c(CHNH?H O)?c(H + )Kw322= Kb，據(jù)此分析解答；c(CH 3 NH 3+ )D 、m + n = 14 時，酸電離的氫離子濃度與堿電離的氫氧根離子濃度相同，結(jié)合 CH3 NH2 ?H2 O為弱堿和溶液中電荷關(guān)系分析判斷。本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡、離子濃度大小比較、水的電離影響因素、pH 的簡單計算等，把握弱電解質(zhì)的電離平衡特點與pH 的計算是解答關(guān)鍵

15、，注意電荷守恒關(guān)系的應(yīng)用，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及綜合應(yīng)用能力，題目難度中等。7.【答案】 AB【解析】 解： A.由結(jié)構(gòu)簡式可知有機物含有10 個 C、 11 個 H 、4 個 O 原子，則分子式為 C10 H11 NO4 ，故 A 錯誤；B. 含有飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特征，則所有的碳原子不可能在同一個平面上，故B 錯誤；C.含有苯環(huán)，可發(fā)生加成反應(yīng)，含有羧基，可發(fā)生取代反應(yīng)，故C 正確；D. 苯環(huán)有 4 個 H 可被取代，且苯環(huán)左右對稱，則二氯代物有4 種，故 D 正確。故選： AB 。由結(jié)構(gòu)簡式可知，有機物含有硝基和羧基，具有羧酸的性質(zhì)特點，且含有苯環(huán)和飽和碳原子，以此解答該題。

16、本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，把握官能團與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，注意把握酸以及硝基混合物的性質(zhì)，題目難度中等。8【. 答案】第五周期 A 族 Cu2 Te +?高溫 ?6H2SO4 (濃 )-2CuSO4 + TeO2 + 4SO2 +6H 2 O 1：?2 由于存在平衡： Ag 2SO4 (s) ? 2Ag + (aq) + SO42-(aq) ，加入氯化鈉固體后， Cl- 與 Ag + 反應(yīng)生成成更難溶的氯化銀， 使得 c(Ag + ) 降低，進而減少了硫酸銀進入濾液1 中 2Cu2+ +4OH -+ N2 H4. H2 O = 2Cu +N 2 +5H

17、 2 O 無水乙醇 TeO32- + 4e- + 3H 2 O = Te +6OH -不銹鋼鐵板【解析】 解： (1)S 位于第三周期 ASSeTe位于同主族，則 ?Te在元素周期表族， 、52中的位置為第五周期A 族，故答案為：第五周期A 族；?高溫 ?(2) 碲化銅硫酸化焙燒，發(fā)生 Cu2Te + 6H2 SO4 (濃 )-2CuSO4 + TeO2 + 4SO2 +6H 2O，?第9頁，共 15頁故答案為： Cu2 Te + 6H 2SO4( 濃?高溫 ?)-；?2CuSO4 + TeO2 + 4SO2 +6H 2 O(3) 焙燒產(chǎn)生的 SO 氣體進入吸收塔后，將亞硒酸還原成粗硒，發(fā)生反

18、應(yīng)為HSeO+2232SO2 + H2 O = Se+ 2H 2SO4，二氧化硫作還原劑、 H2 SeO3 作氧化劑， 氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2，故答案為： 1：2；(4) “水浸固體”過程中補充少量氯化鈉固體，可減少固體中的硫酸銀進入濾液1中，原因是由于存在平衡： Ag2 SO4 (s) ?2Ag + (aq) + SO42- (aq) ，加入氯化鈉固體后，Cl- 與Ag + 反應(yīng)生成成更難溶的氯化銀，使得 c(Ag + ) 降低，進而減少了硫酸銀中的銀進入濾液；故答案為： 由于存在平衡： Ag2 SO4(s)? 2Ag + (aq) + SO42- (aq) ，加入氯化鈉固體后

19、， Cl-與 Ag+ 反應(yīng)生成成更難溶的氯化銀， 使得 c(Ag + ) 降低，進而減少了硫酸銀進入濾液1 中；(5) “ 70 水浴加熱”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Cu2+ 4OH-+ N2 H4. H2 O = 2Cu +N 2 +5H 2 O，水浴加熱段時間后，溶液中出現(xiàn)線狀懸浮物，先過濾，后水洗，再用無水乙醇洗滌、干燥，可以得到納米銅線，故答案為： 2Cu2+ + 4OH -+ N2 H4. H2O = 2Cu +N 2 +5H 2 O；無水乙醇；(6)TeO 32- 發(fā)生還原反應(yīng)生成Te， Te 沉積的電極方程式為TeO32-+ 4e- + 3H 2 O = Te +6OH - ，為

20、電解裝置，陽離子向陰極移動，右側(cè)為陰極，可知Na+ 向不銹鋼鐵板電極移動，故答案為： TeO32- + 4e - + 3H 2 O = Te + 6OH - ；不銹鋼鐵板。由流程可知，加入硫酸酸化焙燒，生成SeO2、 Se、SO2 ，吸收后發(fā)生 H2 SeO3 + 2SO2 +H2 O = Se+ 2H 2SO4可用于制備粗硒，焙燒后的固體水浸，操作I 為過濾，濾液1 含有硫酸銅等， “70 水浴加熱”時發(fā)生 2Cu2+ + 4OH- + N2H4 . H2O = 2Cu +N 2+5H 2 O，操作 II 為過濾，分離出 Cu；濾渣 1 含有 Te 元素，加入鹽酸生成H2 TeCl6，與二氧

21、化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)可生成粗碲，以此解答該題。本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、實驗技能為解答關(guān)鍵， 側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大。9.【答案】 2 H1 + 2 H2 + H3ab = 0.05 p2211 p 3 7 (kPa) -37【解析】 解： (1) MoS 2 (s) ? Mo(s) + S2 (g) H1；S2 (g) + 2O2 (g) ?2SO2(g) H2； 2Mo(s) + 3O2 (g) ? 2MoO 3(s) H3將方程式 2( + )+ 得方程式 2MoS 2(s) + 7O2 (g) ? 2M

22、oO 3 (s) + 4SO2 (g) H =2 H1 + 2 H2 + H3，故答案為： 2 H1 + 2 H2 + H3 ；(2) a.反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量增加、容器體積不變，則反應(yīng)前后氣體的密度增大，當(dāng)氣體密度不變時反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故正確；b.氣體的相對分子質(zhì)量始終不變， 所以氣體的相對分子質(zhì)量不變， 反應(yīng)不定處于 平衡狀態(tài)，故正確；c. MoS2 是固體，不影響平衡移動，故錯誤；故選 ab；K = c(S2) ，溫度不變化學(xué)平衡常數(shù)不變，則 c(S2 )不變，故答案為： = ；(3) 恒溫恒容條件下氣體壓強之比等于氣體物質(zhì)的量之比，平衡時混合氣體總物質(zhì)的量= 2.5mol 80% =

23、2mol ，根據(jù)方程式知，混合氣體在反應(yīng)前后減少的物質(zhì)的量等于參加反應(yīng)的 n(S 2) = (2.5 - 2)mol = 0.5mol ，0 5 min 內(nèi)， v(S2 ) =n0.5tV； =52 mol/(L. min) = 0.05mol/(L. min) ，第10 頁，共 15頁故答案為： 0.05 ；(4) 升高溫度氧氣轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，H p 2 p3 ，故答案為： p2 p 3 ； 若初始時通入 7.0molO 2，p 2 為 7.0 kPa， A 點氧氣轉(zhuǎn)化率為50% ，則消耗的 n(O 2 ) =7mol 50% = 3.5mol ，可逆反應(yīng)

24、2MoS 2(s) + 7O2 (g) ?2MoO 3(s) + 4SO2 (g)開始 (mol)70反應(yīng) (mol)3.52平衡 (mol)3.52恒溫恒容時氧氣之比等于氣體物質(zhì)的量之比，則平衡壓強為5.5kPa，3.5mol2molkPa = 2kPa ，P(O2 ) = 5.5mol5.5kPa = 3.5kPa ， P(SO2 ) = 5.5mol 5.5則 A 點平衡常數(shù) Kp =P4(SO 2)=(2kP a )47 =2 117(O 2)(3.5kPa)77 (kPa) -3，P2 11(kPa) -3故答案為： 77。(1) MoS2 (s) ? Mo(s) + S2(g) H

25、1 ；S2 (g) + 2O2 (g) ?2SO2(g) H2； 2Mo(s) + 3O2 (g) ? 2MoO 3(s) H3將方程式 2( + )+ 得方程式 2MoS 2(s) + 7O2 (g) ? 2MoO 3 (s) + 4SO2 (g) H進行相應(yīng)的改變；(2) a.反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量增加、容器體積不變，則反應(yīng)前后氣體的密度增大；b.氣體的相對分子質(zhì)量始終不變；c. MoS2 是固體，不影響平衡移動；K = c(S2) ，溫度不變化學(xué)平衡常數(shù)不變；(3) 恒溫恒容條件下氣體壓強之比等于氣體物質(zhì)的量之比，平衡時混合氣體總物質(zhì)的量= 2.5mol 80% = 2mol ，根據(jù)方程式知

26、，混合氣體在反應(yīng)前后減少的物質(zhì)的量等于參加反應(yīng)的 n(S 2) = (2.5 - 2)mol = 0.5mol ，n0 5 min 內(nèi)， v(S2 ) =V ；t(4) 升高溫度氧氣轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；增大壓強平衡正向移動，氧氣轉(zhuǎn)化率增大； 若初始時通入7.0molO 2，p 2 為 7.0 kPa， A 點氧氣轉(zhuǎn)化率為50% ，則消耗的 n(O 2 ) =7mol 50% = 3.5mol ，可逆反應(yīng) 2MoS 2(s) + 7O2 (g) ?2MoO 3(s) + 4SO2 (g)開始 (mol)70反應(yīng) (mol)3.52平衡 (mol)3.52恒溫恒容時氧

27、氣之比等于氣體物質(zhì)的量之比，則平衡壓強為5.5kPa，3.5mol2molP(O2 ) = 5.5mol 5.5kPa = 3.5kPa ， P(SO2 ) =5.5mol 5.5 kPa = 2kPa ，則 A 點平衡常數(shù) Kp =P4(SO 2)。P7 (O 2)本題考查化學(xué)平衡計算、蓋斯定律等知識點， 側(cè)重考查化學(xué)平衡常數(shù)含義及其計算方法，明確化學(xué)平衡常數(shù)影響因素、壓強化學(xué)平衡常數(shù)計算方法是解本題關(guān)鍵，注意(4) 中計算 Kp 時要用平衡壓強，為解答易錯點。10.【答案】 Ar3d 10 4s2 4p 4 Br As Se共價鍵 sp 3b H2 SO4 小 SeO42- 是正四面第11

28、 頁，共 15頁體形，鍵角為10928，而 SeO3 是平面正三角形，鍵角為N2r3(Cu)+r3-30(O) 10120 Cu2OA108【解析】 解： (1)Se 是 34 號元素，處于第四周期VIA 族，核外電子排布式為：Ar3d 10 4s24p 4；同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，As 元素原子4p 軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故三種元素第一電離能由大到小的順序為：Br As Se，故答案為： Ar3d 10 4s2 4p4?；Br As Se；(2)SeO 2易溶解于水，易升華，熔點低，說明其屬于分子晶體，SeO2中的化學(xué)鍵類型為共價鍵，

29、故答案為：共價鍵；(3) 根據(jù) 8 電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)可知 Se2Cl2 的結(jié)構(gòu)式為 Cl - Se - Se - Cl， Se 原子形成2 個 鍵，還含有 2 對孤電子對，所以其價層電子對數(shù)是4，故 Se原子的雜化軌道類型為sp 3雜化，Se2C12 的空間構(gòu)型為鋸齒形，3b故答案為： sp； ；(4)S 元素的非金屬性比Se的強，導(dǎo)致 S- O -H中O的電子更偏向S，在水溶液中更容易電離出氫離子，故硫酸的酸性更強，故答案為： H2SO4；(5)SeO 24- 是正四面體形， 鍵角為 10928，而SeO3是平面正三角形， 鍵角為 120，故 SeO24-中 Se - O的鍵角比 SeO3 的鍵

30、角小，故答案為：小； SeO24- 是正四面體形，鍵角為10928，而 SeO3是平面正三角形，鍵角為120 ；(6) 晶胞中 Cu 原子數(shù)目 = 4 、O 原子數(shù)目 = 1 + 81= 2 ，Cu、O 原子數(shù)目之比為2：1，84 64+2 324 64+2 163該氧化物的化學(xué)式為Cu2 O.晶胞質(zhì)量 =N Ag，晶胞體積 =NAg g/cm =288 cm 3，晶胞中原子總體積 = 4 4 r(Cu) 10 -10 cm 3 + 2 4 r(O) ?NA3310 -10cm 3 ，該晶胞的空間利用率4r(Cu) 10 -104 r(O) = 4cm 3 + 2 33288N2r3(Cu)+

31、r3(O)-30 1010 -10cm 3 ?N cm3 =A，108AN2r3(Cu)+r3-30(O) 10故答案為： Cu2 O；A。108(1)Se 是 34 號元素， 處于第四周期VIA族；同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢， IIA 、VA族為全充滿或半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的；(2)SeO 2易溶解于水，易升華，熔點低，符合分子晶體性質(zhì)；(3) 根據(jù) 8 電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)可知Se2Cl2 的結(jié)構(gòu)式為 Cl - Se -Se -Cl， Se 原子形成 2 個 鍵，還含有 2 對孤電子對；(4) 元素非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強；(5)SeO 24- 是正四面體形，而SeO3 是平面正三角形；(6) 均攤法計算晶胞中 Cu 、O 原子數(shù)目，確定該氧化物的化學(xué)式。計算晶胞質(zhì)量，結(jié)合密度計算晶胞體積，計算晶胞中原子總體積，該晶胞的空間利用率= 晶胞中原子總體積晶胞體積100% 。本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及核外電子排布、電離能、雜化方式、空間構(gòu)型、晶體類第12 頁，共 15頁型與性質(zhì)、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、晶胞計算等，是對學(xué)生綜合能力的考查，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)， (6) 中計算為易錯點，需要學(xué)生細心計算。11.【答案】 C7 H6O3 硝基、醚鍵取