2020-2021學年四川省遂寧市高二（下）期末化學試卷（附答案詳解）

2020-2021學年四川省遂寧市高二（下）期末化學試卷1.下列我國科研成果所涉及材料中，主要成分為同主族元素形成的無機非金屬材料的是（）A.4.03米大口徑碳化硅反射鏡&2022年冬奧會聚氨酯速滑服能屏蔽電磁波的碳包覆銀納米線“玉兔二號”鈦合金篩網(wǎng)輪A.4.03米大口徑碳化硅反射鏡&2022年冬奧會聚氨酯速滑服能屏蔽電磁波的碳包覆銀納米線“玉兔二號”鈦合金篩網(wǎng)輪2.374℃、22.1Mpa以上的超臨界水具有很強的溶解有機物的能力，并含有較多的H+和2.OH~,由此可知超臨界水OH~,由此可知超臨界水（）A.顯中性，pH等于7C.顯酸性，pH小于7.所有原子處于同一平面的是（）? CH、 ZCH,A.ci—c-ciB.c=c占 ch/ 'ch,.下列化學用語對事實的表述不正確的是（B.表現(xiàn)出非極性溶劑的特性D.表現(xiàn)出極性溶劑的特性C. 附D.CH=CH-C=CHA.硬脂酸與乙醇的酯化反應:A.硬脂酸與乙醇的酯化反應:G7H35。。。"+C2Hl8OH濃士酸C17H35COOC2H5+H產(chǎn)。B.常溫時，O.lnio,氨水的pH=11.1：NH3-H20NHi+OH-C.由Na和Cl形成離子鍵的過程：Na^-cj：—?Na1：Q：「D.電解精煉銅的陰極反應：C“2++2e-=Cu5.某“研究性學習小組”欲完成反應2HG+2Ag=2AgCl+H2T而設計了下列四個實驗，你認為可行的是（）6.已知溫度T時水的離子積常數(shù)為Kw，該溫度下，將濃度為arno/UT的一元酸HA與一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據(jù)是()A.a=bB.混合溶液的pH=7C.混合溶液中，c(H+)=y[K^,mol-LT1D.混合溶液中，c(H+)+c(B+)=c(OW)+c(A-)7.下列實驗操作或裝置能達到目的的是()a.5\一^混合濃硫酸和乙醇AJ乙苗后另一濃畸酸Ij 配制一定濃度的溶液C.f‘±'收集NO2氣體NiOH4>fX、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。Y元素的最高正價為+4價，Y元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族：化合物Z2X4的電子總數(shù)為18個;Q元素的原子最外層電子數(shù)比次外層少一個電子。下列說法不正確的是()A.原子半徑：Z<Y<MB.最高價氧化物對應水化物的酸性：Z>Y>MX2Z—ZX2能與酸反應X、Z和Q三種元素形成的化合物一定是共價化合物.以是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()

16.25gFeCb水解形成的Fe（0H）3膠體粒子數(shù)為0.1刈92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數(shù)為1.0刈22.4〃標準狀況）氧氣含有的質(zhì)子數(shù)為18Mllmo/Nz與dmo，為反應生成的NH3分子數(shù)為2Ml.常溫下，下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是（）A.無色透明的溶液中：Fe3+,Mg2+、SCN-.Cl~B.無色溶液中：43+、NH+yci-、S2-C.c（Fe2+）= 的溶液中:K+、NHj、Mn。］、S0tD.水電離的c（H+）=1xI。-13nlo'.『i的溶液中：k+、Na+、AIO^COj-11.霧霾嚴重影響人們的生活與健康。某地區(qū)的霧霾中可能含有如下可溶性無機離子:Na+、NH：、Mg2+、”+、SQ2-yNO］、C廠.某同學收集了該地區(qū)的霧霾，經(jīng)必要的預處理后試樣溶液，設計并完成了如下的實驗：已知：3N。*+8AI+50H~+2H2。-3/VW3+84。*根據(jù)以上的實驗操作與現(xiàn)象，該同學得出的結(jié)論不正確的是（）氣體1＜遇阻同紅色有茬試紙M歌色＞試過M"Ba(OHHaq)fr體2（遇濕相試過M"Ba(OHHaq)「溶液3,沉淀沼*并放出'I體A.試樣中肯定存在NHj、Mg2+、S。；-和NO］B.試樣中一定不含43+C.試樣中可能存在Na+、CrD.該霧霾中可能存在NC1NO3、NH4Cl^UMgS04.下列實驗的反應原理用離子方程式表示正確的是（）A.室溫下，測得氯化鏤溶液pH＜7,證明一水合氨是弱堿：NHj+2H2。=N"3?H20+”3。+B.用氫氧化鈉溶液除去鎂粉中的雜質(zhì)鋁：24+2OH-+2H2。=2403+3H27C,用碳酸氫鈉溶液檢驗水楊酸中的拔基：D.用高鎰酸鉀標準溶液滴定草酸：2MnO「+16H++5C2O1-=2Mn2++10C02T+8H2O.茶葉中鐵元素的檢驗可經(jīng)過以下四個步驟完成，各步驟中選用的實驗用品不能都用到的是（）

A.將茶葉灼燒灰化，選用①、②和⑨B.用濃硝酸溶解茶葉灰并加蒸儲水稀釋，選用④、⑥和⑦C.過流得到的濾液，選用④、⑤和⑦D.檢驗濾液中的Fe3+,選用③、⑧和⑩.能正確表示下列反應的離子方程式是()A.(N/)2Fe(S04)2溶液與少量Ba(OH)z溶液反應：+Ba2+=BaSO4IB.電解MgC。水溶液：2CZ-+2H2O^^20H~+Cl2T+H2TC.乙酸乙酯與NaOH溶液共熱：CH3COOCH2CH3+0H-ACH3COO-+CH3cH20HD.C1ZSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++20H-=Cu(0H)2I.下列說法正確的是()A.《S-CH,的一澳代物和 f” 的一漠代物都有4種(不考慮立體異CH.CHCH.CH,構(gòu))B.乳酸薄荷醇酯(B.乳酸薄荷醇酯(C.按系統(tǒng)命名法，化合物H,CCCHCHCH,的名稱是2,3,4一三甲基一2一CH,CH,CH,乙基戊烷D.等物質(zhì)的量的苯和苯甲酸完全燃燒消耗氧氣的量不相等.一定條件下，下列反應中水蒸氣含量隨反應時間的變化趨勢符合題圖的是()tut(n的室府(p)的tut(n的室府(p)的CO2(g)+2N，3(g)=CO(NH2)2(s)+〃2O(g)；△“<()CO2(g)+%(g)=CO(g)+H20(g),△H>0c.CH3cH20H(g)=ch2=c，2(g)+/o(g)；△”>oD.2c6HsCH2cH+02(g^2C6H5CH=CH,(a)+2W20(o):AW<0

17.常溫下，下列有關電解質(zhì)溶液的說法錯誤的是()A.在lmol??i/Va2s溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(/725)=Imol-LB.相同濃度的C/COOH和C/COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7,則溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(W+)>c(OH-)C.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，則Ksp(FeS)>怎p(CuS)D.相同濃度的HCOONa和NaF兩溶液，前者的pH較大，貝ijK/HCOOH)>k￡HF)18.如圖所示，將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U型管.中.下列正確的是() JgA.占閉合，鐵棒上發(fā)生的反應為2H++2etH2TB.K］閉合，石墨棒周圍溶液pH逐漸升高C./閉合，鐵棒不會被腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護法 型gD.&閉合，電路中通過0.002M個電子時，兩極共產(chǎn)生飽和NaCl溶液O.OOlmol氣體.鋰鐳電池的體積小、性能優(yōu)良，是常用的一次電池。 ,理如圖所示，其中電解質(zhì)LiS。”溶于混合有機溶劑理如圖所示，其中電解質(zhì)LiS?！比苡诨旌嫌袡C溶劑LiCLO.0.1<>H>I?0.1<>H>I?中，以+通過電解質(zhì)遷移入MnO2晶格中，生成LiMn。2。Li 混合彳J MnO.(1)外電路的電子流動方向是由極流向極(填字母)。(2)電池負極反應式為。(3)是否可用水代替電池中的混合有機溶劑？(填“是”或“否”),原因是(4)MnO2可與KOH和Ke，/在高溫下反應，生成KzMnO,，反應的化學方程式為MnO,在酸性溶液中歧化,生成KMnOq和MnO2的物質(zhì)的量之比為(5)。。2的資源化利用能有效減少CO2排放，充分利用碳資源。電解法轉(zhuǎn)化CO2可實現(xiàn)CO2資源化利用。電解。。2制HCOOH的原理示意圖如圖。

①寫出陰極。。2還原為HCOO-的電極反應式：。②電解一段時間后，陽極區(qū)的KHCd溶液濃度降低，其原因是o.用沉淀滴定法快速測定Nai等碘化物溶液中c(L),實驗過程包括準備標準溶液和滴定待測溶液。"準備標準溶液a.準確稱取AgN4基準物4.2468g(0.0250m。。后，配制成250mL標準溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用。b.配制并標定lOOmLO.lOOOm。！-LTNH4SCN標準溶液，備用。"滴定的主要步驟a.取待測Nai溶液25.00mL于錐形瓶中。b.加入25.00mL0.1000m。小『lAgN/溶液(過量)，使廠完全轉(zhuǎn)化為Agl沉淀。c.加入N4Fe(S04)2溶液作指示劑。d.fflO.lOOOmo/?LNH4SCN溶液滴定過量的4g+,使其恰好完全轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀后，體系出現(xiàn)淡紅色，停止滴定。e.重復上述操作兩次。三次測定數(shù)據(jù)如下表：實驗序號123消耗N%SCN標準溶液體積/mL10.2410.029.98f數(shù)據(jù)處理?；卮鹣铝袉栴}：(1)將稱得的AgNOs配制成標準溶液，所使用的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒和膠頭滴管外還需要。(2)4gNO3標準溶液放在棕色試劑瓶中避光保存的原因是.(3)b和c兩步操作是否可以顛倒,說明理由.(4)所消耗的NH4SCN標準溶液平均體積為mL,測得＜;(廣)=mol?L-1o(5)在滴定管中裝入NH4SCN標準溶液的前一步，應進行的操作為。(6)判斷下列操作對c(「)測定結(jié)果的影響(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)①若在配制AgN03標準溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，則測定結(jié)果o②若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，則測定結(jié)果.21.環(huán)戊二烯()是重要的有機化工原料，廣泛用于農(nóng)藥、21.環(huán)戊二烯((1)已知：Q(1)已知：Q(g)(g)+砥。)△Hi=100.3/c/-moi-1“2(g)+M=2HI(g)△%=-U.Ofc/-mor1②.kJ?TWO廠1。對于反應：(g)+4(g)=<：(g)+2H/(g)③△H3=

(2)某溫度下，等物質(zhì)的量的碘和環(huán)戊烯(：)')在剛性容器內(nèi)發(fā)生反應③，起始總壓為105pa,平衡時總壓增加了30%,環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率為.kJ?TWO廠1。A.通入惰性氣體B.提高溫度 C.增加環(huán)戊烯濃度。.增加碘濃度 E.使用合適催化劑(3)環(huán)戊二烯容易發(fā)生聚合生成二聚體，該反應為可逆反應。不同溫度下，溶液中環(huán)戊二烯濃度與反應時間的關系如圖所示，下列說法正確的是(填標號)。r:l?0^is7?<0tt00.5I1.5反應時間/hr:l?0^is7?<0tt00.5I1.5反應時間/hA/>T2B.a點的反應速率小于c點的反應速率C.a點的正反應速率大于b點的逆反應速率D.b點時二聚體的濃度為0.45mo/-r1.Li是最輕的固體金屬，采用Li作為負極材料的電池具有小而輕、能量密度大等優(yōu)良性能，得到廣泛應用?；卮鹣铝袉栴}：(1)下列Li原子電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低和最高的分別為(填標號)(2)以+與H—具有相同的電子構(gòu)型，r(Li+)小于r(H-),原因是。(3)加4舊4是有機合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子空間構(gòu)型是中心原子的雜化形式為。LiAlH4中，存在(填標號)。A.離子鍵B.。鍵C.兀鍵C.氫鍵

(4)及2。是離子晶體，其晶格能可通過圖(a)的Bormi-Haber循環(huán)計算得到。 7一，、 -2908kJ-mol1一?日…2Li(g) +O'(g) -Li?O(晶體)*1040U-mol1 *703kJ-mol1 "2Li(g) 0(g)Sl8U-mol'i249U-mol1?..r?/*.? . 1八，、 -598kJ-mol12Li(國陽+ 圖(a)可知，Li原子的第一電離能為kj-mol-l,。=。鍵鍵能為kJ-mol—1?Li20晶格能為k］-mol—1。(5)以2。具有反螢石結(jié)構(gòu)，品胞如圖(b)所示。已知晶胞參數(shù)為0.4665mn,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則Li20的密度為g?cm-3(列出計算式)。.［化學——選修5：有機化學基礎］某“化學雞尾酒”通過模擬臭蟲散發(fā)的聚集信息素可高效誘捕臭蟲，其中一種組分T可通過下列反應路線合成(部分反應條件略)。Bn NaOH ①水新?iTOC\o"1-5"\h\z?2C=€Hai}—?H￡=CHCH5r-?CH：BrCHBrCH：Br-?HC三CCH：Bt ?GA光照B D醉△E ②.化不陽Na液Mt L▼C?H?4)< C?H?0 NaCCCHOTM J(1)4的化學名稱是，A-B新生成的官能團是；(填符號)(2)8t。的反應類型,D的核磁共振氫譜顯示峰的組數(shù)為。(3)D-E的化學方程式為=(4)G與新制的CuCOH上發(fā)生反應，所得有機物的結(jié)構(gòu)簡式為。答案和解析.【答案】A【解析】【分析】本題考查元素周期表結(jié)構(gòu)及無機非金屬材料，明確元素在周期表位置及常見物質(zhì)成分是解本題關鍵，熟練掌握元素周期表結(jié)構(gòu)并靈活運用，題目難度不大?！窘獯稹緼.C、Si都位于第團4族，二者位于同一主族，且碳化硅屬于無機非金屬材料，故A正確：B.聚氨酯中含有C、H、O,N元素，分別位于第團力族、第回4族、第回A族、第VA族，這幾種元素位于不同主族，且聚氨酯不屬于無機非金屬材料，故B錯誤：C.C位于第回A族、Ag位于第回B族，二者位于不同族且Ag為副族元素，故C錯誤；D.鈦合金主要成分有Ti、Al等，Ti位于第團B族，A1位于第回4族，Ti為副族元素，且鈦合金不屬于無機非金屬材料，故D錯誤。故選Ao.【答案】B【解析】解：雖然超臨界水含有較多的H+和。但c(H+)=c(O/T),所以呈中性；根據(jù)相似相溶原理知，超臨界水是非極性溶劑，故選B。無論純水中氫離子和氫氧根離子濃度多大，但c(H+)=c(OH-),根據(jù)相似相溶原理確定超臨界水的極性.本題考查學生知識運用能力，明確純水特點、相似相溶原理即可解答，難度中等..【答案】D【解析】解：4四氯化碳分子具有正四面體結(jié)構(gòu)，所以原子不可能處于同一平面，故A錯誤；B.2,3-二甲基一2-丁烯中含有甲基，具有四面體結(jié)構(gòu)，所以原子不可能處于同一平面，故B錯誤；C.甲苯中含有甲基，具有四面體結(jié)構(gòu)，所以原子不可能處于同一平面，故C錯誤；D.乙烯是平面結(jié)構(gòu)，乙快是直線型結(jié)構(gòu)，CH2=CH-C三CH中,分子中所有原子一定在同一平面上，故D正確；故選：D。在常見的有機化合物中甲烷、四氯化碳是正四面體結(jié)構(gòu)，乙烯和苯是平面型結(jié)構(gòu)，乙煥是直線型結(jié)構(gòu)，其它有機物可在此基礎上進行判斷。本題主要考查了學生對有機物的共面知識的認識，分析時可根據(jù)已學過的甲烷、乙烯、苯、乙快的結(jié)構(gòu)來類比判斷，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意常見有機物的結(jié)構(gòu)，題目難度不大。4.【答案】A【解析】【分析】本題綜合考查化學用語，涉及酯化反應、弱電解質(zhì)的電離、電子式以及電極方程式，題目把化學用語與化學反應原理巧妙地結(jié)合，很好地考查學生的分析能力，題目難度不大?！窘獯稹緼.硬脂酸為J7H35。。。“，含有粉基，與黑8?！鞍l(fā)生酯化反應，乙醇脫去H原子，硬脂酸脫去羥基，反應的化學方程式為67,35田?！?。2或80"BCl7H35coi8"2H5+H20,故A錯誤；B.常溫時，O.lmo,1T氨水的=11.1,說明NH3?H2。不能完全電離，為弱電解質(zhì)，則電離方程式為NG?fhOuNH：+OH：故B正確：C氯化鈉為離子化合物，含有離子鍵，反應中Na失去電子，C1得到電子，則由Na和C1形成離子鍵的過程：Na-V-Cj：—?Na7：Cl：］-故C正確；D.電解精煉銅，陰極析出銅，電極方程式為C/++2e-=Cu,故D正確。故選A。5.【答案】C【解析】解：該反應不能自發(fā)進行，要使該反應發(fā)生，則只能設計成電解池，Ag失電子化合價升高，應該作陽極，其它金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮麝帢O，A.要實現(xiàn)該反應2HC，+24g=2Agai+“2T，該裝置中應該Ag作陽極、C作陰極，故A錯誤：B.該裝置是原電池不是電解池，且發(fā)生反應Fe+2HCI=FeC%+%%故B錯誤；C.該裝置是電解池，且Ag作陽極、Ag作陰極，能完成反應2，C，+2Ag=2AgCl1+H2T,故C正確；D.該裝置既不是原電池也不是電解池，Ag和HC1不反應，所以不能完成反應2HG+2Ag=2AgClI+H2T,故D錯誤；故選：Co該反應不能自發(fā)進行，要使該反應發(fā)生，則只能設計成電解池，Ag失電子化合價升高，應該作陽極，其它金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮麝帢O。本題考查了原電池和電解池原理，當氧化還原反應不能自發(fā)進行時，要實現(xiàn)該反應必須設計成電解池，根據(jù)得失電子判斷陰陽極材料，題目難度不大。6.【答案】C【解析】解：4因酸堿的強弱未知，a=b,只能說明酸堿恰好完全反應，但如為強酸弱堿鹽或強堿弱酸鹽，則溶液不呈中性，故A錯誤；B.因溫度未知，則pH=7不一定為中性，故B錯誤；C.混合溶液中，c(H+)=瘋?10，/3根據(jù)<?("+)?c(O/T)=廂，可知溶液中c(H+)=c(O/T)="7小。〃/,,溶液呈中性，故C正確；D.任何溶液都存在電荷守恒，即c(H+)+c(B+)=c(O〃-)+c(/T),不能確定溶液的酸堿性，故D錯誤。故選：C。溫度T時水的離子積常數(shù)為％，濃度為amo/4的一元酸HA與的一元堿BOH等體積混合，若溶液呈中性，反應后的溶液中應存在c(H+)=c(OH-)="^no〃L.本題考查酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，注意溶液呈中性應存在c(H+)=c(OH-),由于溫度未知，且酸堿的強弱未知，不能根據(jù)pH以及酸堿的物質(zhì)的量關系判斷.7.【答案】B【解析】解：4圖中應將濃硫酸注入乙醇中，操作不合理，故A錯誤；B.定容時眼睛與刻度線、凹液面的最低處相平，圖中操作合理，故B正確：C.二氧化氮的密度比空氣密度大，不能選圖中向下排空氣法收集，故C錯誤；D.硝基苯與水分層，不能選圖中蒸播裝置分離，應選分液法分離，故D錯誤；故選：B。A.混合時將密度大的液體注入密度小的液體中，便于充分混合；B.定容時眼睛與刻度線、凹液面的最低處相平；C.二氧化氮的密度比空氣密度大：D.硝基苯與水分層。本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、溶液的配制、氣體的收集、混合物的分離提純、實驗技能為解答的關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。.【答案】D【解析】解：由分析可知，X為H、Y為C、Z為N、M為Si、Q為Cl；A.主族元素同周期從左向右原子半徑減小，同主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：N<C<Si,故A正確：B.非金屬性越強，對應最高價含氧酸的酸性越強，非金屬性：N>C>Si,則最高價氧化物對應水化物的酸性：HNO3>"2cO3>H2SiO3,故B正確；C.X2Z-ZX2為H?N-NHz，分子中N原子有1對孤電子對，能與氫離子形成配位鍵，gN-N%能和酸反應，故c正確；D.H、N和。三種元素可以形成離子化合物氯化鉉，故D錯誤；故選：DoX、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，Y元素的最高正價為+4價，Y元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族，可知Y為C元素、Z為N元素、M為Si元素；化合物Z2X4的電子總數(shù)為18個，則X原子電子數(shù)為竺子口=1,故X為H元素；Q的原子序數(shù)大于Si,故Q處于第三周期，Q元素的原子最外層電子數(shù)比次外層少一個電子，Q原子最外層電子數(shù)為8-1=7,故Q為C1元素。本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，推斷元素是解題的關鍵，熟練掌握元素周期律與元素化合物知識，題目難度不大。.【答案】C【解析】解：4一個氫氧化鐵是多個氫氧化鐵的聚集體，且FeB3的水解是可逆的，故16.25g/eCG即16；常篇=水解生成的氫氧化鐵膠粒小于0」以個，故A錯誤；B.92.0g甘油(丙三醇)中含有羥基數(shù)為竟然x3xNA/mol=3NA,故B錯誤；C.22.4L標準狀況的氤氣的物質(zhì)的量為存\=lnio/,氤氣是單原子氣體，所以含有22AL/molImolAr原子，即含有18moi質(zhì)子，即18Ml個質(zhì)子，故C正確：D.合成氨的反應為可逆反應，不能進行徹底，故生成的氨氣分子小于2以個，故D錯誤；故選：CoA.一個氫氧化鐵是多個氫氧化鐵的聚集體，且FeCb的水解是可逆的；B.一個丙三醇分子中含有3個羥基；C.氧氣為單原子分子；D.合成氨的反應為可逆反應。本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關鍵,難度不大。10.【答案】D【解析】解：4含有鐵離子的溶液呈黃色，且鐵離子與硫鼠根離子會生成絡合物而不能共存，故A錯誤；B.鋁離子和硫離子會發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和硫沉淀而不能共存，故B錯誤；C.鐵離子和高錦酸根離子會發(fā)生氧化還原反應而不能共存，故C錯誤；D.水電離的c(H+)=1xIO-137n。，.廣1的溶液可能呈堿性，在堿性溶液中K+、Na+、川。3、C0廣能共存，故D正確；故選：D。A.含有鐵離子的溶液呈黃色，且鐵離子與硫鼠根離子不能共存；B.鋁離子和硫離子會發(fā)生雙水解而不能共存；C.鐵離子和高缽酸根離子會發(fā)生氧化還原反應；

D.水電離的c(H+)=1x10-13mol■廠1的溶液可能呈堿性。本題考查離子共存的判斷，為高頻考點，明確題干暗含信息、常見離子的性質(zhì)及離子反應發(fā)生條件為解答關鍵，注意掌握常見離子不能共存的情況，試題側(cè)重考查學生的分析與應用能力，題目難度不大。.【答案】B【解析】解：A、通過以上分析知，試樣中肯定存在NH：、Mg2+、SO廣和N。］,故A正確：B、通過以上分析知，試樣中不能確定是否含有43+,故B錯誤；C、通過以上分析知，試樣中可能存在Na+、Cl~,要檢驗是否含有鈉離子或氯離子，可以采用焰色反應鑒定鈉離子，用硝酸酸化的硝酸銀檢驗氯離子，故C正確：D、根據(jù)以上分析知，試樣中肯定存在NH3Mg2+、sor和N。］,可能存在Na+、Cl：所以該霧霾中可能存在NC1NO3、NHR，和MgSQj,故D正確，故選：Bo試樣溶液中加入過量Ba(0H)2并加熱，生成的氣體1能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色,說明氣體1是N43,則試樣中含有NH：；向濾液中通入CO?,得到溶液2、沉淀2,溶液2中加入AL生成氣體2,該氣體能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍色,說明含有氣體2是N，3，根據(jù)已知條件知，溶液2中含有N。］,根據(jù)元素守恒知，原溶液中含有NO］；濾液1中通入CO2,得到沉淀2,向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出氣體，說明沉淀2是碳酸領等難溶性碳酸鹽；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸鋼不溶于酸，說明原來溶液中含有SO：1能和過量Ba(0H)2反應生成能溶于酸的沉淀，根據(jù)離子知，該沉淀為Mg(0H)2，所以溶液中含有Mg2+,據(jù)此分析解答。本題考查了常見離子的性質(zhì)及檢驗方法，題目難度中等，明確物質(zhì)的性質(zhì)及特殊反應現(xiàn)象是解本題關鍵，根據(jù)物質(zhì)的溶解性、物質(zhì)的性質(zhì)及題給信息來分析解答。.【答案】B【解析】解：4室溫下，測得氯化鍍?nèi)芤簆H<7,證明一水合氨是弱堿，1離子方程式：NH：+2H2O^NH3-H20+”3。+，故A錯誤：B.用氫氧化鈉溶液除去鎂粉中的雜質(zhì)鋁：，離子方程式：2AI+20H-+2H2。=24/0￡+3H2T,故B正確；c.瘦基能和碳酸氫鈉反應，但酚羥基和碳酸氫鈉不反應,OH+HCOjc.瘦基能和碳酸氫鈉反應，但酚羥基和碳酸氫鈉不反應,OH+HCOj—+H2。+CO2T,故C錯誤；離子方程式為人D.弱電解質(zhì)寫化學式，離子方程式為2MnO7+6H++5H2c2。4=2Mn2++10CO2T+8H20,故D錯誤；故選:BoA.錢根離子水解生成一水合氨和氫離子，為可逆反應；B.鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣；C.瘦基能和碳酸氫鈉反應，但酚羥基和碳酸氫鈉不反應；D.草酸為弱酸，是弱電解質(zhì)，弱電解質(zhì)應保留化學式.本題考查離子方程式的書寫，為高頻考點，明確物質(zhì)之間反應、物質(zhì)性質(zhì)及離子方程式書寫規(guī)則是解本題關鍵，涉及鹽類水解、氧化還原反應等知識點，注意酚羥基和竣基活潑性，題目難度中等.13.【答案】B【解析】【分析】本題考查常見實驗操作中儀器的使用，著重于考查學生的分析能力和實驗能力，落腳于基礎知識的考查，注意把握實驗的原理、步驟和實驗儀器，難度不大?！窘獯稹緼.將茶葉灼燒灰化，應在生煙中加熱，用到的儀器有①、②和⑨，必要時還可用到三腳架或帶鐵圈的鐵架臺，故A不選；B.用濃硝酸溶解茶葉灰并加蒸儲水稀釋，應在燒杯中進行，可用玻璃棒攪拌，不用容量瓶，故B選；C.過濾時用到④燒杯、⑤漏斗和⑦玻璃棒，故C不選；D.檢驗濾液中的Fe3+,可用膠頭滴管取少量濾液于小試管中，用KSCN溶液檢驗，需要用到試管、膠頭滴管和KSCN溶液等，即③、⑧和⑩，故D不選。故選：Bo.【答案】C【解析】A.(N/)2Fe(S04)2溶液與少量Ba(0H)2溶液反應：Fe2++20H-+S01~+8a2+=Fe(0H)2i+BaS041, A錯誤；B.電解Mg"水溶液：的2++2Cl-+2H2O^Mg(OH)21+Cl2T+H2T,故B錯誤；C.乙酸乙酯與NaOH溶液共熱水解徹底，生成醋酸鈉和乙醇，離子方程式：CH3COOCH2CH3+0H-ACH3COO-+CH3CH2OH,故C正確；D.一水合氨是弱電解質(zhì)不拆，Cu2++2NH3-H20=Cu(OH)2I+2NH^,故D錯誤；故選：Co本題考查離子方程式的正誤判斷，涉及反應物的用量多少的問題，有點難度，要掌握離子方程式書寫的要求，凡是涉及用量多少的問題，要注意反應的先后順序。.【答案】A【解析】解：4H原子種類：I一A7比有4種,H/'YyH2cH3也有4種，、 I 1H3432 12故它們的一漠代物均有4種，故A正確；B.乳酸薄荷醇含有酯基、醇羥基，可以發(fā)生水解反應、氧化反應、消去反應、取代反應等，故B錯誤；C.烷嫌命名時，要選最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有6個碳原子，故為己烷，并從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，故在2號和3號碳原子上各有一個甲基，在4號碳原子上有兩個甲基，故名稱為2,3,4,4-四甲基己烷，故C錯誤；D.lmol苯消耗氧氣7.5mo/,Imol苯甲酸消耗氧氣7.5mo，，所以等物質(zhì)的量的苯和苯甲酸完全燃燒消耗氧氣的量相等，故D錯誤；故選：AoA.H原子種類：& C的有4種，H\CV-也有4種；—1 I 1H3432 12B.乳酸薄荷醇含有酯基、醇羥基；C.烷嫌命名時，要選最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有6個碳原子，故為己烷，并從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，故在2號和3號碳原子上各有一個甲基，在4號碳原子上有兩個甲基；D.1mol苯消耗氧氣7.5mol,1mol苯甲酸消耗氧氣7.5mo，。本題考查有機物的命名、有機物的性質(zhì)，難度一般，理解命名規(guī)則、官能團的性質(zhì)是解題關鍵。.【答案】A【解析】解：溫度越高，反應越快，到達平衡的時間就越少，因此t2>tl：同理壓強越大，反應越快，到達平衡的時間就越少，因此Pi>P2；A.反應是一個體積減小的、放熱的可逆反應，因此升高溫度平衡向逆反應方向移動，降低水蒸氣的含量；而增大壓強平衡向正反應方向移動，增大水蒸氣的含量，故A正確:B.反應是一個體積不變的、吸熱的可逆反應，壓強對水蒸氣的含量不影響；升高溫度平衡向正反應方向移動，增大水蒸氣的含量，因此均不符合，故B錯誤；C.反應是一個體積增大的、吸熱的可逆反應，升高溫度平衡向正反應方向移動，增大水蒸氣的含量，不符合圖象，故C錯誤；D.反應是一個體積增大的、放熱的可逆反應，壓強不符合，故D錯誤。故選：Ao由圖象可以看出，隨著溫度的升高，水蒸氣的含量減小，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，則正反應應為放熱反應，增大壓強，水蒸氣的含量增大，說明增大壓強平衡向正反應方向移動，則氣體反應物的化學計量數(shù)之和大于氣體生成物的化學計量數(shù)之和，以此解答該題。本題考查外界條件對化學平衡的影響及有關圖象的分析和識別，題目難度中等，解答本題的關鍵是能正確分析溫度、壓強對平衡移動的影響。.【答案】D【解析】解：4Na2s溶液中含S微粒有S2-、HS：H2S,根據(jù)物料守恒可知，c(S2-)+c(HS-)+c(W2S)=Imol-L-1,故A正確;B.等體積、相同濃度的C/COOH和C/COONa兩溶液混合后呈酸性，即c(H+)>c(OH-),電荷守恒關系為?(C/CO。-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),則?(C/CO。-)>c(/Va+)>c(H+)>c(OH-),故B正確；C.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，對于組成相似的物質(zhì)，溶解性越大，Ksp越大，所以《p(FeS)>《p(Cu5),故C正確；D.相同濃度的HCOONa和NaF兩溶液，前者的pH較大，則水解程度：HCOO->F~,酸性：HF>HCOOH,酸的酸性越強，其電離程度越大，n\lKa(HCOOH)<Ka(HF),故D錯誤；故選：D。A.根據(jù)物料守恒關系分析判斷；B.等體積、相同濃度的C/C。。//和C/COONa兩溶液混合后呈酸性，即c("+)>c(OH)根據(jù)電荷守恒關系分析判斷：C.對于組成相似的物質(zhì)，溶解性越大，/p越大：D.酸的酸性越弱，酸根離子水解程度越大，相同濃度的鈉鹽水溶液的pH值越大。本題考查離子濃度大小比較，側(cè)重考查弱電解質(zhì)的電離、鹽類水解等知識點，明確溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、弱酸電離平衡常數(shù)與其酸根離子水解程度關系是解本題關鍵，注意溶液中守恒關系式的應用，題目難度中等。.【答案】B【解析】【分析】本題考查了原電池原理和電解池原理，能正確判斷電池的類型及兩極的反應是解本題的關鍵，題目難度中等?！窘獯稹咳糸]合Ki，該裝置沒有外接電源，所以構(gòu)成了原電池：組成原電池時，較活潑的金屬鐵作負極，負極上鐵失電子發(fā)生氧化反應；石墨棒作正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子發(fā)生還原反應；若閉合K2,該裝置有外接電源，所以構(gòu)成了電解池，F(xiàn)e與負極相連為陰極，碳棒與正極相連為陽極，據(jù)此判斷。A.若閉合Ki，該裝置沒有外接電源，所以構(gòu)成了原電池，較活潑的金屬鐵作負極，負極上鐵失電子，F(xiàn)e-2e-=Fe2+,故A錯誤；B.若閉合K],該裝置沒有外接電源，所以構(gòu)成了原電池；不活潑的石墨棒作正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子發(fā)生還原反應，電極反應式為2/。+。2+4e-=40H-,所以石墨棒周圍溶液pH逐漸升高，故B正確；C?2閉合，F(xiàn)e與負極相連為陰極，鐵棒不會被腐蝕，屬于外加電源的陰極保護法，故C錯誤；D&閉合，電路中通過0.002想個電子時，陰極生成0.001m。囹氣，陽極生成O.OOlmol氯氣，兩極共產(chǎn)生0.002nio,氣體，故D錯誤。故選Bo.【答案】abLi-e-=以+否電極Li是活潑金屬，能與水反應；3MnO2+KCR+號6KOH—3K2MnO4+KCl+3H2O2：1CO2+HCO^+2e-=HCOO-+CO^CO2+H++2e-=HCOO-陽極產(chǎn)生。2,pH減小，HCO]的濃度降低，K+部分遷移至進入陰極區(qū)【解析】解：(1)加為負極，MnG為正極，原電池工作時，外電路的電子的流動方向從負極到正極，即從a極流向b極，故答案為：a；b；(2)Li為負極，被氧化，電極反應式為：Li-e-=Li+,故答案為：Li-e-=Li+；(3)因負極材料為Li,可與水反應，則不能用水代替電池中的混合有機溶劑，故答案為：否；電極Li是活潑金屬，能與水反應；(4)MnO2可與KOH和KQO3在高溫下反應,生成KzMntZp反應的化學方程式為3時“。2+高溫KCIO3+6KOH—3K2MnO4+KCl+3H2O；&叫71。4在酸性溶液中歧化，生成KMn/和MnO2-反應中Mn元素化合價分別由+6價升高到7價、降低到+4價，由氧化還原反應氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等可知，生成KMnO4和Mn。2的物質(zhì)的量之比為2：1,譬故答案為：3M"O2+KC，O3+6KOH：3K2MnO4+KC，+3H2。：2：1；(5)①已知參加反應的微粒有CO2,生成物的微粒有HC。。一,因此參加陰極反應的其他微粒中肯定含有H元素，所以陰極反應式為CO?+HCO3+2e-=HCOO-+COg或CO2直接與水電離出的H+作用生成HCOO1即陰極反應式為CO?+H++2e-=HCOO~,故答案為：CO2+HCOj+2e-=HCOO-+COj^LCO2+H++2e-=HCOO-；②陽極的電極反應式為2H2。-4e-=O2T+4H+,生成的H+與，CO*反應而使"CO*的濃度降低，同時部分K+通過陽離子交換膜進入陰極區(qū)，因此電解一段時間后，KHC4溶液濃度降低，故答案為：陽極產(chǎn)生。2,pH減小，HCOJ的濃度降低，K+部分遷移至進入陰極區(qū)。(1)"為負極，Mn。?為正極，原電池工作時，外電路的電子的流動方向從負極到正極；(2)以為負極，被氧化，電極反應式為：Li-e-=Li+i(3)因負極材料為Li,可與水反應，則不能用水代替電池中的混合有機溶劑；(4)MnO2可與KOH和KCQ在高溫下反應，生成《MMp反應的化學方程式為3MnO2+KCIO3+6KOH—3K2MnO4+KCl+3W2O； 在酸性溶液中歧化，生成KM71O4和MnO2,反應中Mn元素化合價分別由+6價升高到7價、降低到+4價，由氧化還原反應氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等即可解答；(5)①已知參加反應的微粒有CO2,生成物的微粒有HCO。一,因此參加陰極反應的其他微粒中肯定含有H元素，所以陰極反應式為CO?+HCO*+2e-=HCOO~+COg或CO2直接與水電離出的H+作用生成HCO。-,即陰極反應式為CO?+H++2e-=HCOO-；②陽極的電極反應式為2%。-4e-=O2T+4H+,生成的H+與HCOJ反應而使HC。］的濃度降低，同時部分K+通過陽離子交換膜進入陰極區(qū)，因此電解一段時間后，KHCO3溶液濃度降低。本題主要考查原電池的工作原理、正負極的判斷、電子的流動方向、電極反應式的書寫、電解池的工作原理等知識，題目難度一般。.【答案】2507nL(棕色)容量瓶避免AgNO?見光分解否若顛倒，叫3+與「反應，指示劑耗盡，無法判斷滴定終點10.000.0600用N/SCN標準溶液進行潤洗偏高偏高【解析】解：(1)將稱得的4gNO3配制成標準溶液還需要經(jīng)過下列步驟：溶解一冷卻-轉(zhuǎn)移T洗滌T初步振蕩->定容->搖勻T裝瓶貼標簽，所使用的儀器除了燒杯和玻璃棒外，還要250mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管，故答案為：250mL(棕色)容量瓶；(2)AgNO3標準溶液放在棕色試劑瓶中避光保存的原因是避免力gNO3見光分解，故答案為：避免4gNO3見光分解；(3)b和c兩步操作不可以顛倒，理由是若顛倒，F(xiàn)e3+與「反應，指示劑耗盡，無法判斷滴定終點，故答案為：否；若顛倒，F(xiàn)e3+與「反應，指示劑耗盡，無法判斷滴定終點；(4)根據(jù)所提供的三組數(shù)據(jù)，第一組數(shù)據(jù)誤差較大，舍去，第二、三兩組數(shù)據(jù)取平均值即可，所消耗的N&SCN標準溶液平均體積為10.00mL：加入的AgNOs物質(zhì)的量：n(AgNO3)=O.lOOOmol-L-1x0.025L=0.0025mol；根據(jù)Ag+4-SCN-=AgSCNI,反應后剩余的AgNO3物質(zhì)的量：n{AgNO.i)=O.lOOOmo/-L-1x0.0101,=O.OOlmo/,則與Nai反應的AgNOs物質(zhì)的量：n(AgNO^=O.lOOOmol-L-1X0.01500L=0.0015m。/；根據(jù)4g++/-=4g/1,貝加(廠)==0.06007no"L,0.025L故答案為：10.00；0.0600：(5)在滴定管中裝入NH4SCN標準溶液的前一步，應進行的操作為用NH4SCN標準溶液進行潤洗，故答案為：用N4SCN標準溶液進行潤洗；(6)①若在配制AgN/標準溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，配制的4gN03標準溶液濃度變小，和「反應后剩余的4g+少，使得消耗的標準溶液體積減小，則測定結(jié)果偏高，故答案為：偏高；②若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，終讀數(shù)變小，標準液數(shù)值變小，則測定結(jié)果偏高，故答案為：偏高。(1)配制硝酸銀標準溶液時，所使用的儀器出需燒杯和玻璃棒外還有250nl“棕色)容量瓶及定容時需要的膠頭滴管；(2)硝酸銀見光分解；(3)/^3+與「反應，會導致指示劑耗盡，無法判斷滴定終點；(4)根據(jù)所提供的三組數(shù)據(jù)，第一組數(shù)據(jù)誤差較大，應舍去，二、三組數(shù)據(jù)取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均體積為10.00mL,結(jié)合c(AgNO3)XV(AgNO3)=c^NH4SCN)xV{NH4SCN)+c(/~)xV(「)計算；(5)裝入NH4SCN標準溶液，應避免濃度降低，應用N/SCN標準溶液進行潤洗；(6)反應的原理為c(4gNO3)xV(AgNO3)=c(NH.SCN)xV(NH4SCN)+c(/-)xV(/~),如操作導致c(N“4SCN)xV(N，4SCN)偏小，則測定結(jié)果偏大，以此解答該題。本題考查了物質(zhì)含量的測定，側(cè)重于學生的分析能力、實驗能力和計算能力的考查，注意把握實驗的操作方法和注意事項，把握反應的原理和誤差分析的角度，難度中等。.【答案】-89.360%2.7x10sBDCD【解析】解：(1)已知：(2^(g)=C，(g)+“2(g)△%=+10。30?mo/T①“2(g)+/2(g)=2H/(g)4H2=-U.OkJ-moL②根據(jù)蓋斯定律，①+②得③Q(g)+，2(g)=Q(g)+2Hl(g)△“3=(+100.30?mo/-1)+(-11.0/c/?mol"1)=+89.3A/?mol^1,故答案為：+89.3；(2)設碘和環(huán)戊烯(O)的初始物質(zhì)的量都為nmol,轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為xmol,(2^(。)+，2(g)=Q(。)+2H/(g)初始(mo/)mi00轉(zhuǎn)化(mo/)%xx2x平衡(mo/)n—xn-xx2x剛性容器內(nèi)氣體的壓強與物質(zhì)的量成正比，則：空也Z產(chǎn)警!=1+30%,解得：nmol+nmolx=0.6n,平衡時環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率為：竺粵x100%=60%；nmol平衡時混合氣體的壓強為：105Pax(1+30%)=1.3x105Pa,混合氣體總物質(zhì)的量為：(n—0.6n+n—0.6n+0.6n+0.6nx2)mol=2.6nmolf平衡時各組分所占壓強分別為p(O)=p(/2)=鬻"x1.3x105Pa=2x104Pa,p()=2^121x1,3x105Pa=3x104Pa,p(H/)=06nm"x1.3x105Pa=6X104Pa,該反應的平衡常數(shù)Kp==2.7x105Pa；"(2xlO4Pa)x(2xlO4Pa)A.通入惰性氣體，各組分濃度不變，平衡不移動，則環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率不變，故A錯誤；B.該反應為吸熱反應，提高溫度平衡向著正向移動，環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率增大，故B正確：C.增加環(huán)戊烯濃度，環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率減小，故C錯誤；D.增加碘濃度，反應物濃度增大，平衡向著正向移動，環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率增大，故D正確；E.催化劑不影響化學平衡，使用合適催化劑無法增加環(huán)戊烯的平衡轉(zhuǎn)化率，故E錯誤；故答案為：60%；2.7x105；BD；(3)4.溫度越高反應速率越快，根據(jù)圖示可知,在溫度72(虛線)的反應速率較大，則G<T2,故A錯誤；B.根據(jù)圖象可知，a點切線斜率的絕對值大于c點切線的絕對值，則a點速率大于c點，故B錯誤；C.a到b的過程為正反應速率逐漸減小，且b點v(正)>/逆)，則a點的正反應速率大于b點的逆反應速率，故C正確；D.b點時環(huán)戊二烯的濃度變化為：1.5mol/L-0.6mol/L=OSmol/L,環(huán)戊二烯的二聚體的濃度為環(huán)戊二烯濃度變化的玄則b點時二聚體的濃度為0.9mo〃Lx|=0.45mol-L-1,故D正確；故答案為：CD；(1)已知：(g)= ⑷+也⑷△“1=+1003燈?moL①”2(g)+%(g)=2Hl(g)A//2=-ll.Ofc/.mor1②根據(jù)蓋斯定律，①+②得目標反應③(](g)+/2(g)=C?(g)+2H/(g),據(jù)此計算△“3；(2)設碘和環(huán)戊烯(O)的初始物質(zhì)的量都為nmol,轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為xmol,(g)+以。)=(g)+2H/(g)初始(7noZ)nziOO轉(zhuǎn)化平衡(mo，)n—xn—xx2x剛性容器內(nèi)氣體的壓強與物質(zhì)的量成正比，貝IJ：空也子色等史=1+30%,據(jù)此計nmol+nmol算；達到平衡后，欲增加環(huán)戊烯的平衡轉(zhuǎn)化率，需要使平衡向著正向移動，結(jié)合平衡移動原理分析；(3)4溫度越高反應速率越快，結(jié)合圖象分析7\、72大小;B.根據(jù)a、c點曲線斜率分析：C.b點沒有達到平衡狀態(tài)，則。(正)>以逆)，結(jié)合a到b的過程為正反應速率逐漸減小分析；D.b點時環(huán)戊二烯的濃度變化為：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L,環(huán)戊二烯的二聚體的濃度為環(huán)戊二烯濃度變化的一半；本題考查化學平衡的計算，題目難度較大，蓋斯定律內(nèi)容、化學平衡的影響因素為解答關鍵，注意掌握三段式在化學平衡計算中的應用，試題側(cè)重考查學生的分析、理解能力及化學計算能力。22.【答案】【小題1】D【小題2】以+核電荷數(shù)較大【小題3】正四面體形;sp3雜化;4B【小題4】520;498;2908【小題5]―27+B―'」心八N"(0.4665xl0-7)3【解析】【分析】本題考查電子排布圖，離子半徑的大小比較、雜化方式、化學鍵、鍵能、晶格能以及晶胞的密度計算，解答這類綜合問題應熟練掌握前36號元素的電子排布式和電子排布圖、掌握雜化方式的判斷方法，難點在于晶胞密度的計算，尤其是均攤法的應用等?！窘獯稹?1)原子核外電子排布中，如果電子所占的軌道能級越高，該原子能量越高，根據(jù)圖知，電子排布能量最低的是Is、2s能級，能量最高的是2s、2P能級，故答案為：D、C；(2)以+與具有相同的電子構(gòu)型，離子核電荷數(shù)：Li+>“J其吸引電子能力：Li+>H-,導致其半徑越小，故答案為：以+核電荷數(shù)較大；(3)以4%中的陰離子中A1原子價層電子對個數(shù)=4+丐筌=4且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷其空間構(gòu)型及中心原子雜化方式分別為正四面體形、sp3雜化；Li4H4中，陰陽離子之間存在離子犍、A1和H原子之間存在極性共價單鍵、配位鍵，所以含有的化學鍵為離子鍵、c鍵、配位鍵，故答案為：正四面體；sp3；AB；(4)Li原子的第一電離能為Li原子失去1個電子所需要的能量，所以其第一電離能為罟kJ/mol=520kJ/mol；0=。鍵鍵能為氧氣分子變?yōu)檠踉铀枘芰?，其鍵能=2x249kJ/mol=498fc//mo/；晶格能是氣態(tài)離子形成Imol離子晶體釋放的能量，所以其晶格能為2908k〃m。，，故答案為：520；498；2908；⑸晶胞中以十個數(shù)是8、。2-個數(shù)=8x：+6x：=4,晶胞體積=(0.4665x10-7cm)3,8 2晶胞密度/=顯募器W/城，故答案為：必晨妥：：-，)3。1?【分析】本題根據(jù)電子排布圖考查原子的最低能量狀態(tài)和最高能量狀態(tài)。【解答】原子核外電子排布中，如果電子所占的軌道能級越高，該原子能量越高，根據(jù)圖知，電子排布能量最低的是Is、2s能級，能量最高的是2s、2P能級，故答案為：D、C。2?【分析】本題考查離子半徑的大小比較及原因分析