廣西陸川縣中學(xué)高三下學(xué)期3月月考化學(xué)試題

廣西陸川縣中學(xué)2018年春季期高三3月月考化學(xué)試題1.下列實(shí)驗(yàn)中，對(duì)應(yīng)的現(xiàn)象以及解釋或結(jié)論都正確，且兩者具有因果關(guān)系的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論或解釋A將0.1mol·L－1MgSO4溶液滴入過(guò)量NaOH溶液，再滴加幾滴0.1mol·L－1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后有藍(lán)色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]B將一片鋁箔置于酒精燈外焰上灼燒鋁箔熔化但不滴落下來(lái)鋁箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3的熔點(diǎn)高于AlC向新收集的酸雨中滴加硝酸鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀酸雨中一定含有SO42－D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加過(guò)量的鹽酸產(chǎn)生無(wú)色氣體Na2O2沒(méi)有變質(zhì)A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A、反應(yīng)中氫氧化鈉過(guò)量，加入硫酸銅一定有藍(lán)色沉淀氫氧化銅生成，不能據(jù)此說(shuō)明二者的溶度積常數(shù)，A錯(cuò)誤；B、鋁易被氧化物氧化鋁，且Al2O3且熔點(diǎn)高于Al，因此鋁箔熔化但不滴落下來(lái)，B正確；C、硝酸根在酸性溶液中具有強(qiáng)氧化性，能把亞硫酸根氧化生成硫酸，進(jìn)而生成硫酸鋇沉淀，不能說(shuō)明含有硫酸根，C錯(cuò)誤；D、過(guò)氧化鈉變質(zhì)產(chǎn)生碳酸鈉，加入鹽酸仍然會(huì)沉淀氣體，不能據(jù)此說(shuō)明過(guò)氧化鈉沒(méi)有變質(zhì)，D錯(cuò)誤，答案選B。2.《本草綱目拾遺?木部》對(duì)丁香油有如下敘述：“丁香油出南番，乃用母丁香榨取其油，色紫，芳香辛烈。番人貯以琉璃器，蓋偶不密，即香達(dá)于外”。下列關(guān)于該敘述的說(shuō)法不正確的是A.丁香油在水中溶解度可能較小B.丁香油提取可以用適當(dāng)?shù)挠袡C(jī)溶劑進(jìn)行萃取C.丁香油在實(shí)驗(yàn)室中保存時(shí)需密封在細(xì)口瓶中D.丁香油易揮發(fā)說(shuō)明其沸點(diǎn)一定很低【答案】D【解析】A.油類物質(zhì)屬于酯,一般來(lái)說(shuō)其溶解度減小,所以A選項(xiàng)是正確的;

B.根據(jù)“乃用母丁香榨取其油”可以知道,丁香油提取可以用適當(dāng)?shù)挠袡C(jī)溶劑進(jìn)行萃取,所以B選項(xiàng)是正確的;

C.丁香是油易揮發(fā)的液體,則保存時(shí)需密封在細(xì)口瓶中,所以C選項(xiàng)是正確的;

D.丁香油易揮發(fā)說(shuō)明其沸點(diǎn)不高,但不能說(shuō)其沸點(diǎn)一定很低,故D錯(cuò)誤;

所以D選項(xiàng)是正確的.點(diǎn)睛：抓住油脂屬于酯類化合物，酯類化合物特征難溶于水，大多數(shù)密度比水小。3.古代染坊常用某種“堿劑”精煉絲綢，該“堿劑”的主要成分是一種鹽，能促進(jìn)蠶絲表層絲膠蛋白雜質(zhì)水解而除去，使絲綢顏色潔白、質(zhì)感柔軟、色澤光亮。這種“堿劑”可能是A.食鹽B.燒堿C.草木灰D.明礬【答案】C【解析】由題意可知，該物質(zhì)是一種鹽，水溶液呈堿性，為強(qiáng)堿弱酸鹽。A．食鹽中氯化鈉為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．火堿是氫氧化鈉，屬于堿，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．草木灰中碳酸鉀強(qiáng)堿弱酸鹽，選項(xiàng)C正確；D．明礬是十二水硫酸鋁鉀，是強(qiáng)酸弱堿鹽，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選C。4.下述實(shí)驗(yàn)中均有紅棕色氣體產(chǎn)生，對(duì)比分析所得結(jié)論錯(cuò)誤的是A.紅棕色氣體不能表明②中木炭與濃硝酸產(chǎn)生了反應(yīng)B.由①中的紅棕色氣體，推斷產(chǎn)生的氣體一定是混合氣體C.由③說(shuō)明濃硝酸具有揮發(fā)性，生成的紅棕色氣體為還原產(chǎn)物D.③的氣體產(chǎn)物中檢測(cè)出CO2，由此說(shuō)明木炭一定與濃硝酸發(fā)生了反應(yīng)【答案】D【解析】根據(jù)①中的紅棕色氣體，說(shuō)明濃硝酸在高溫下能發(fā)生分解反應(yīng)生成NO2，所以不能表明②中木炭與濃硝酸產(chǎn)生了反應(yīng)，故A正確；濃硝酸在高溫下發(fā)生分解反應(yīng)生成NO2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，硝酸分解除生成NO2，還生成氧氣，故B正確；實(shí)驗(yàn)③生成紅棕色氣體，說(shuō)明濃硝酸具有揮發(fā)性，濃硝酸與碳反應(yīng)生成的紅棕色氣體為還原產(chǎn)物，故C正確；③的氣體產(chǎn)物中檢測(cè)出CO2，可能是紅熱木炭與空氣中的氧氣發(fā)生了反應(yīng)，不一定與硝酸發(fā)生了反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。5.電解質(zhì)溶液電導(dǎo)率越大導(dǎo)電能力越強(qiáng)。常溫下用0.100mol·L－1鹽酸分別滴定10.00mL濃度均為0.100mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中的電離與氨相似，在常溫下Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4)。利用傳感器測(cè)得滴定過(guò)程中溶液的電導(dǎo)率如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.D點(diǎn)溶液中：2c(Na＋)＝3c(Cl－)B.A點(diǎn)溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]C.曲線②代表滴定二甲胺溶液的曲線D.在相同溫度下，A、B、C、D四點(diǎn)的溶液中，水的電離程度最大的是C點(diǎn)【答案】B【解析】曲線②電導(dǎo)率先減小后增大，曲線②表示用0.100mol·L－1鹽酸滴定10.00mL濃度為0.100mol·L－1的NaOH；曲線①電導(dǎo)率持續(xù)增大，曲線①表示用0.100mol·L－1鹽酸滴定10.00mL濃度為0.100mol·L－1的二甲胺溶液；D點(diǎn)溶液表示鹽酸、氫氧化鈉3:2混合，根據(jù)物料守恒3c(Na＋)＝2c(Cl－)，故A錯(cuò)誤；A點(diǎn)溶液鹽酸與二甲胺1:1混合，根據(jù)質(zhì)子守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]，故B正確；曲線①代表滴定二甲胺溶液的曲線，故C錯(cuò)誤；C點(diǎn)溶質(zhì)是氯化鈉、B、D點(diǎn)都有剩余的鹽酸，抑制水電離、A點(diǎn)是強(qiáng)酸弱堿鹽溶液，水解促進(jìn)水電離，所以水的電離程度最大的是A點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：鹽水解促進(jìn)水電離，酸、堿抑制水電離，酸、堿電離出的氫離子或氫氧根離子濃度越大，對(duì)水電離抑制作用越強(qiáng)。6.短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，由以上四種元素組成的一種化合物m在加熱時(shí)完全分解為三種產(chǎn)物，其中一種產(chǎn)物n

是能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，另一種產(chǎn)物q是無(wú)色無(wú)味的能使澄清石灰水變渾濁的氣體。下列說(shuō)法正確的是A.原了半徑:a<b<c<dB.b、c、d

的簡(jiǎn)單氫化物的熱穩(wěn)定性依次增強(qiáng)C.a、c、d

三種元素形成的化合物一定會(huì)抑制水的電離D.m、n、q三種物質(zhì)中只含共價(jià)鍵【答案】B點(diǎn)睛：短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，由以上四種元素組成的一種化合物m在加熱時(shí)完全分解為三種產(chǎn)物，其中一種產(chǎn)物n是能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體，n為NH3，另一種產(chǎn)物q是能使品紅溶液褪色的氣體,q為SO2，結(jié)合原子序數(shù)可以知道a為H，b為N，c為O，d為S，以此來(lái)解答。7.常溫下，向0.1mol·L1H3PO4溶液中加入NaOH的過(guò)程中各種微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH

的變化關(guān)系如圖所示(H3PO4)的三級(jí)電離常數(shù)依次為Ka1、Ka2、Ka3、pK=lgK

)。下列敘述錯(cuò)誤的是A.pKa1=2.16B.溶液呈中性時(shí)，[H2PO4]>[HPO42]C.反應(yīng)PO43+H2OHPO42+OH的pK=1.68D.Na2HPO4溶液中存在[OH]+[PO43]=[H+]+[H2PO4]+[H3PO4]【答案】D點(diǎn)睛：難點(diǎn)C選項(xiàng)，求PO43+H2OHPO42+OH水解平衡常數(shù)，先寫出常數(shù)表達(dá)式，用水的離子積和電離平衡常數(shù)換算，k=kw/ka3。8.鋁（熔點(diǎn)660℃）是一種應(yīng)用廣泛的金屬，工業(yè)上用A12O3（熔點(diǎn)2045℃）和冰晶石（Na2AlF6，六氟合鋁酸鈉）混合熔融后電解制得?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）鋁屬于活潑金屬卻能在空氣中穩(wěn)定存在，原因是（用化學(xué)用語(yǔ)及相關(guān)文字說(shuō)明）____________.（2）將0.1mol/LAlCl3溶液和10％NH4F溶液混合制取Na2AlF6。該實(shí)驗(yàn)所用試管及盛裝NaF溶液的試劑瓶均為塑料材質(zhì)，原因是____________。（3）下列關(guān)于氧化鋁的敘述正確的是A．氧化鋁可以治療胃酸過(guò)多。B．氧化鋁因?yàn)槿埸c(diǎn)高，可以作耐火材料．C．氧化鋁是鋁熱劑的成分之一。D．氧化鋁是兩性氧化物，所以既能浴于鹽酸又能溶于氨水。（4）某工廠排放出有毒物質(zhì)NOCl,它遇水就會(huì)生成NO3―。NOCl分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則NOCl的電子式為____________。水源中的NO3―對(duì)人類健康會(huì)產(chǎn)生危害。為了降低水源中NO3―的濃度，有研究人員建議在堿性條件下用鋁粉將NO3―還原為N2，該反應(yīng)的離子方程式為____________，此方法的缺點(diǎn)是處理后的水中生成了AlO2―，仍然可能對(duì)人類健康產(chǎn)生危害，還需要對(duì)該飲用水進(jìn)行一系列后續(xù)處理。已知25℃時(shí)，Ksp[Al(OH)3]=l.3×l033Al(OH)3AlO2+H++H2OK=1.0×1013，25℃時(shí)，若欲使上述處理后的水中AlO2―濃度降到1.0×106mol/L，則應(yīng)調(diào)節(jié)至pH=____________。此時(shí)水中c(A13+）=____________【答案】(1).4Al+3O2=2Al2O3，在空氣中鋁的表面能夠形成一層致密的氧化膜(2).B(3).(4).10Al+6NO3―+4OH－=3N2+10AlO2―+2H2O(5).7(6).1.3×1012mol·L一1【解析】(l)在空氣中鋁的表面能夠形成一層致密的氧化膜，反應(yīng)方程式為4Al+3O2=2Al2O3，形成的致密氧化膜能夠阻止鋁進(jìn)一步被氧化，具有一定的抗腐蝕性，故答案為：4Al+3O2=2Al2O3在空氣中鋁的表面能夠形成一層致密的氧化膜；(2)氯化鋁與氟化銨反應(yīng)生成六氟合鋁酸銨和氯化銨，方程式：AlCl3+NH4F=(NH4)3AlF6+3NH4Cl；氟化銨中的氟離子水解生成氫氟酸，氫氟酸能夠與玻璃中二氧化硅反應(yīng)，對(duì)玻璃有強(qiáng)烈的腐蝕性而對(duì)塑料則無(wú)腐蝕性，所以該實(shí)驗(yàn)所用試管及盛裝NH4F溶液的試劑瓶均為塑料材質(zhì)；故答案為：NaF水解產(chǎn)生了HF，HF會(huì)腐蝕玻璃；(3)A．治療胃酸過(guò)多是氫氧化鋁，不是氧化鋁，故A錯(cuò)誤；B．氧化鋁的熔點(diǎn)高，可以用作耐火材料，故B正確；C．氧化鋁是鋁熱反應(yīng)的產(chǎn)物之一，不是鋁熱劑的成分，故C錯(cuò)誤；D．氧化鋁能溶于鹽酸但不能溶于氨水，故D錯(cuò)誤；故選B。(4)NOCl分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則NOCl的電子式為，根據(jù)題干信息，反應(yīng)物為：鋁、NO3、OH，生成物為：N2、H2O、堿性條件下鋁參加反應(yīng)生成物還有AlO2，反應(yīng)中Al→AlO2，Al元素化合價(jià)由0價(jià)升高為+3價(jià)，共升高3價(jià)，NO3→N2↑，氮元素化合價(jià)由+5價(jià)降低為0價(jià)，共降低10價(jià)，化合價(jià)升降最小公倍數(shù)為30，依據(jù)原子個(gè)數(shù)守恒、電荷守恒反應(yīng)的離子方程式：10Al+6NO3+4OH=10AlO2+3N2↑+2H2O；水中AlO2濃度降到1.0×106mol?L1，依據(jù)Al(OH)3AlO2+H++H2OK=1.0×1013，則c(H+)==107(mol/L)；pH=7，c(OH)=107mol/L，25℃時(shí)，Ksp[Al(OH)3]=1.3×1033，則c(Al3+)==1.3×1012mol?L1；故答案為：；10Al+6NO3+4OH=10AlO2+3N2↑+2H2O；7；1.3×1012mol?L1。點(diǎn)睛：本題綜合考查了金屬的冶煉、離子方程式、方程式的書寫、有關(guān)平衡常數(shù)的計(jì)算，熟悉鋁及其化合物性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意化學(xué)平衡常數(shù)的應(yīng)用。本題的難點(diǎn)是(4)的計(jì)算。9.2017年3月21日是第二十五屆“世界水日”，保護(hù)水資源，合理利用廢水節(jié)省水資源，加強(qiáng)廢水的回收利用已被越來(lái)越多的人所關(guān)注。已知：某無(wú)色廢水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3、CO32、SO請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）根據(jù)上述3組實(shí)驗(yàn)可以分析廢水中一定不存在的陰離子是__________，一定存在的陽(yáng)離子是______________________。（2）寫出實(shí)驗(yàn)③圖像中沉淀達(dá)到最大量且質(zhì)量不再發(fā)生變化階段發(fā)生反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式：_____________________________________________。（3）分析圖像，在原溶液中c(NH4+)與c(Al3＋)的比值為___________，所得沉淀的最大質(zhì)量是_________g。（4）若通過(guò)實(shí)驗(yàn)確定原廢水中c(Na＋)=0.14mol·L1,試判斷原廢水中NO3是否存在？__________（填“存在”“不存在”或“不確定”）。若存在，c(NO3)=____________mol·L1。（若不存在或不確定則此空不填）【答案】(1).CO32(2).Na+、H+、Al3+、NH4+(3).NH4++OH﹣=NH3·H2O(4).1：1(5).0.546g(6).存在(7).0.36mol·L1【解析】(1)無(wú)色廢水確定無(wú)Fe3+，根據(jù)實(shí)驗(yàn)①確定有Na+，根據(jù)實(shí)驗(yàn)②確定有SO42，根據(jù)實(shí)驗(yàn)③確定有Al3+，一定不含F(xiàn)e3+、Mg2+，因?yàn)镃O32與Al3+不能共存，所以無(wú)CO32；故溶液中存在的離子為：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42，廢水中一定不存在的離子有Fe3+、Mg2+、CO32，故廢水中一定不存在的陰離子是CO32，一定存在的陽(yáng)離子是Na+、Al3+、NH4+、H+；(2)實(shí)驗(yàn)③圖像中沉淀達(dá)到最大量，繼續(xù)滴加NaOH溶液，與溶液里的NH4+作用生成NH3·H2O，此時(shí)沉淀質(zhì)量不再發(fā)生變化，反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式NH4++OH﹣=NH3·H2O；(3)已知硫酸鋇沉淀為2.33g，則n(SO42)==0.01mol，

根據(jù)圖象可知與Al(OH)3反應(yīng)的OH為：n(OH)=0.007mol，

Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O

n(Al3+)

0.007mol

所以n(Al3+)=0.007mol，將鋁離子沉淀需要?dú)溲趸c0.021mol，所以溶液中H+消耗氫氧化鈉0.014mol，氫離子的物質(zhì)的量是0.014mol，

NH4++OH=NH3?H2O，消耗氫氧化鈉0.007mol，所以銨根離子的物質(zhì)的量是0.007mol，原溶液中c(NH4+)與c(Al3+)的比值為1：1；生成Al(OH)3的質(zhì)量為0.007mol×78g/mol=0.546g；(4)溶液中存在的離子為：Na+、Al3+、NH4+、H+、SO42，已知硫酸鋇沉淀為2.33g，則n(SO42)==0.01mol，另外n(Al3+)=0.007mol，n(H+)=0.014mol，n(NH4+)=0.007mol，溶液中存在電荷守恒，3n(Al3+)+n(H+)+n(NH4+)+n(Na+)=3×0.007mol+0.014mol+0.007mol+0.14mol·L1×0.1L=0.056mol≠2n(SO42)=0.02mol，則一定含有NO3，且n(NO3)=0.056mol0.02mol=0.036mol，c(NO3)==0.36mol/L。點(diǎn)睛：無(wú)色廢水確定無(wú)Fe3+，根據(jù)實(shí)驗(yàn)①確定有Na+，根據(jù)實(shí)驗(yàn)②確定有SO42，根據(jù)實(shí)驗(yàn)③確定有Al3+，一定不含F(xiàn)e3+、Mg2+，因?yàn)镃O32與Al3+不能共存，所以無(wú)CO32；故溶液中存在的離子為：Al3+、NH4+、H+、SO42，根據(jù)硫酸鋇沉淀求出n(SO42)，根據(jù)圖象求出n(Al3+)和n(H+)，再根據(jù)電荷守恒確定有沒(méi)有NO3。10.我國(guó)是世界上最大的鎢儲(chǔ)藏國(guó)。金屬鎢可用于制造燈絲、超硬模具和光學(xué)儀器。在工業(yè)上常采用高溫還原WO3法制取金屬鎢?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）白鎢礦(主要成分是CaWO4)與鹽酸反應(yīng)生成沉淀，灼燒沉淀即可得到WO3，上述兩步反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________、__________________。（2）T℃時(shí)，WO3經(jīng)如下的四步反應(yīng)生成W。每一步反應(yīng)的焓變和平衡常數(shù)如下：WO3(s)+0.1H2(g)WO2.9(s)+0.1H2O(g)△H1

K1WO2.9(s)+0.18H2(g)WO2.72(s)+0.18H2O(g)△H2

K2WO2.72(s)+0.72H2(g)WO2(s)+0.72H2O(g)△H3

K3WO2(s)+2H2(g)W(s)+2H2O(g)△H4

K4則該溫度下，WO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g)△H=_________，

K=__________。（3）T1℃時(shí)，將一定質(zhì)量WO3和8.0g

H2置于2

L密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：WO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g)，混合氣體各組分物質(zhì)的量之比隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示：①T1℃時(shí)，H2的平衡轉(zhuǎn)化率a=_________%，反應(yīng)平衡常數(shù)K=__________。②若在4

min時(shí)降低并維持溫度為T2℃，則該反應(yīng)的△H_______0，若在8

min時(shí)縮小容

器

容

積，則_________1.3。(填“>”“<”或“=”)【答案】(1).(2).(3).(4).(5).62.5(6).4.6(7).>(8).=【解析】(1)鹽能與酸反應(yīng)，生成新酸與新鹽，白鎢礦(主要成分是CaWO4)與鹽酸反應(yīng)生成沉淀H2WO4，灼燒沉淀H2WO4即可得到WO3，化學(xué)方程式為：CaWO4+2HCl=H2WO4↓+CaCl2，H2WO4WO3+H2O。(2)①WO3(s)+0.1H2(g)WO2.9(s)+0.1H2O(g)△H1

K1，②WO2.9(s)+0.18H2(g)WO2.72(s)+0.18H2O(g)△H2

K2，③WO2.72(s)+0.72H2(g)WO2(s)+0.72H2O(g)△H3

K3，④WO2(s)+2H2(g)W(s)+2H2O(g)△H4

K4，根據(jù)蓋斯定律，將①+②+③+④得該溫度下，WO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g)△H=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4，k=K1K2K3K4；(3)①n(H2)=8.0g/2g·mol－1=4molWO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g)n始4n變xxn平4xx由圖n(H2):n(H2O)=(4x):x=0.6,x=2.5mol,T1℃時(shí)，H2的平衡轉(zhuǎn)化率a=2.5/4=0.625；反應(yīng)平衡常數(shù)K=1.253/0.753=4.6；②若在4

min時(shí)降低并維持溫度為T2℃，溫度降低，平衡逆向移動(dòng)，則該反應(yīng)的△H>0，若在8

min時(shí)縮小容器容積，平衡不移動(dòng)，則=1.3。11.硫和鈣的相關(guān)化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題:（1）基態(tài)Ca原子中,核外電子占據(jù)最高能層的符號(hào)是________，該能層為次外層時(shí)最多可以容納的電子數(shù)為_________。元素Ca和S相比,第一電離能較大的是______(填元素符號(hào))。（2）鈣元素的焰色反應(yīng)呈磚紅色,其中紅色對(duì)應(yīng)的輻射與鉀元素的焰色反應(yīng)對(duì)應(yīng)顏色的輻射波長(zhǎng),較短的是_______(填元素符號(hào))。（3）H2S和H2O分子構(gòu)型都為V形,中心原子的雜化形式都是______,但H2O分子鍵角大于H2S分子,原因是________________。（4）鈣元素和錳元素屬于同一周期，且核外最外層電子構(gòu)型相同,但金屬鈣的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)等都比金屬錳低,原因是________________。（5）Ca、Mn、Mg的氧化物和硫化物都具是NaCl型結(jié)構(gòu)的離子晶體，其中陰離子采用面心立方最密堆積方式,X射線衍射實(shí)驗(yàn)測(cè)得它們的晶胞參數(shù)如下表:氧化物晶體CaOMnOMgOa/nm0.4210.4440.480硫化物晶體MgSMnSCaSa/nm0.5200.5200.568由表可知:r(S2)____r(O2)(填“>”或“<”),r(Mg2+)、r(Ca2+)、r(Mn2+)由大到小的的順序是__________,r(S2

)為_____nm,r(Ca2+)為_____nm。【答案】(1).N(2).18(3).S(4).K(5).sp3雜化(6).O元素電負(fù)性大于S元素，分子中OH鍵電子對(duì)的電子云更偏向中心O原子，使斥力增大，鍵角增大(7).鈣的原子半徑較大且價(jià)電子數(shù)較少，金屬鍵較弱(8).>(9).r(Ca2+)>r(Mn2+)>r(Mg2+)(10).0.184(11).0.100【解析】Ca是20號(hào)元素，核外有4個(gè)電子層，核外電子占據(jù)最高能層的符號(hào)是N,根據(jù)核外電子排布規(guī)律，次外層不能超過(guò)18個(gè)電子，第一電離能S>Mg>Ca,第一電離能較大的是S故答案：N18S。（2）鈣元素的焰色反應(yīng)呈磚紅色,鉀元素的焰色反應(yīng)呈紫色，紫色的輻射波長(zhǎng)比紅色短，故答案：K。（3）H2S和H2O分子構(gòu)型都為V形,中心原子的雜化軌道數(shù)目都是4，都采用SP3雜化，O元素的電負(fù)性大于S,分子中OH鍵電子對(duì)的電子中心氧原子，使斥力增大，導(dǎo)致H2O分子鍵角大于H2S分子。答案：sp3雜化O元素電負(fù)性大于S元素，分子中OH鍵電子對(duì)的電子云更偏向中心O原子，使斥力增大，鍵角增大。（4）鈣的原子半徑較大且價(jià)電子數(shù)較少，金屬鍵較弱，使得金屬鈣的熔點(diǎn)，沸點(diǎn)等都比金屬錳低，故鈣的原子半徑較大且價(jià)電子數(shù)較少，金屬鍵較弱。（5）由表可知，相同金屬的晶胞參數(shù)中，氧化物的都小于硫化物的，因此:r(S2)>r(O2),根據(jù)不同金屬氧化物的晶胞參數(shù)r(Mg2+)、r(Ca2+)、r(Mn2+)由大到小的順序是r(Ca2+)>r(Mn2+)>r(Mg2+)，因?yàn)镾2是面心立方最緊密堆積方式，面對(duì)角線是S2半徑的4倍，即4r=0.520