【化学】山西省忻州实验中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

山西省忻州实验中学2018-2019学年高二下学期期中考试
1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 4gNaOH固体所含电子总数为2NA
B. 22．4lLC2H6所含化学键总数为7NA
C. 6gSiO2所含分子数为0.1NA，化学键总数为0．4NA
D. 0．1mol·L－1NH4Cl溶液中，与Cl－数之和小于0．2NA
【答案】A
【解析】试题分析：A、4克氢氧化钠的物质的量为4/40=0.1摩尔，每个氢氧化钠中含有20个电子，所以总共含有2 摩尔电子，正确，选A；B、没有说明是否在标况下，不能计算其物质的量，错误，不选B；C、二氧化硅中不含有分子，错误，不选C；D、没有说明溶液的体积，错误，不选D。
考点： 阿伏伽德罗常数
2.某氧原子的质量是a g，12C原子的质量是b g，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(　　)
①该氧原子的相对原子质量为12a/b
②m g该氧原子的物质的量为m/(aNA) mol
③该氧原子的摩尔质量是aNA g
④a g该氧原子所含的电子数为8 mol
A. ①③ B. ②④ C. ①② D. ②③
【答案】C
【详解】①某一原子的相对原子质量是指：以一个碳-12原子质量的作为标准，该原子的质量跟一个碳-12原子质量的1/12的比值。故该氯原子的相对原子质量为=，故①正确；
②根据公式n=，一个该氯原子的质量是a，则1mol该氯原子的质量(摩尔质量)为(aNA)g/mol，那么mg该氯原子的物质的量即为mol，故②正确；
③一个该氯原子的质量是a，1mol该氯原子的质量(摩尔质量)为(aNA)g/mol，摩尔质量是单位物质的量的物质的质量，单位为g/mol，故③错误；
④一个该氧原子的质量是ag，a g该氧原子个数×NA=1，1个氧原子所含的电子数是8个，ag该氧原子所含的电子数为8，故④错误；
正确的有①②，故选C。
3.下列关于晶体的说法中，不正确的是（ ）
①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性；
②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体；
③共价键可决定分子晶体的熔、沸点；
④MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小；
⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列；
⑥晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定；
⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻；CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6
A. ①②③ B. ②③④ C. ④⑤⑥ D. ②③⑦
【答案】D
【解析】①晶体中原子呈周期性有序排列，且有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，可以用衍射方法鉴别晶体和非晶体，①正确；②含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，例如金属晶体中也含有阳离子，但含有阴离子的晶体一定是离子晶体，②不正确；③决定分子晶体的熔、沸点的分子间作用力，共价键决定分子的稳定性，③不正确；④晶格能与离子半径成反比、与离子电荷成正比，镁离子、氧离子电荷都大于钠离子、氯离子，且半径都小于钠离子、氯离子，所以MgO的晶格能远比NaCl大，④正确；⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，⑤正确；⑥在以没有方向性和饱和性的作用力结合形成晶体时，晶体尽量采取紧密堆积方式以使其变得比较稳定，⑥正确；⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，CsCl晶体中阴阳离子配位数是8、NaCl晶体中阴、阳离子的配位数是6，⑦不正确。综上，②③⑦不正确。
点睛：本题考查了晶体和非晶体的区别、晶体的构成、晶胞的概念、配位数的判断等，题目涉及的知识点较多，题目难度不大，注意基础知识的积累。晶体熔沸点高低比较的一般规律是：原子晶体，熔沸点大小和共价键的强弱有关系；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高。
4.在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同。根据甲、乙的摩尔质量(M)的关系判断，下列说法中正确的是(　　)
A. 若M(甲)二氧化硅>碳化硅 B. CI4>CBr4>CCl4>CF4
C. MgO>H2O>N2>O2 D. 金刚石>生铁>钠>纯铁
【答案】B
【解析】A．原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，选项A错误；B．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为CI4＞CBr4＞CCl4＞CF4，选项B正确；C．离子晶体的熔沸点大于分子晶体，水中含有氢键，熔、沸点比氮气、氧气的大，则熔、沸点为MgO＞H2O＞O2＞N2，选项C错误；D．熔、沸点：原子晶体＞金属晶体，合金的熔点比纯金属的低，则熔、沸点为金刚石＞纯铁＞生铁＞钠，选项D错误。答案选B。
10.如图是某无机化合物的二聚分子（小球大小只代表种类不同，与原子半径大小无关），该分子中A、B两种元素都是第3周期的元素，分子中所有原子的最外层电子数都达到8个电子的稳定结构。下列说法不正确的是　(　　)

A. 该化合物的化学式是Al2Cl6
B. 该化合物是离子化合物，在熔融状态下能导电
C. 该化合物在固态时所形成的晶体是分子晶体
D. 该化合物中不存在离子键，也不含有非极性共价键
【答案】B
【分析】将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3，为共价化合物，据此分析解答。
【详解】A．将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3，该化合物的化学式是Al2Cl6，故A正确；
B．Al2Cl6属于共价化合物，不存在离子键，在熔融状态下不能导电，故B错误；
C．Al2Cl6属于共价化合物，固态是构成分子晶体，熔沸点较低，故C正确；
D．Al2Cl6属于共价化合物，不存在离子键，只有极性共价键，不含有非极性共价键，故D正确；
故选B
【点睛】解答本题的关键是正确判断物质的组成，要注意AlCl3属于共价化合物，不是离子化合物。
11.科学家艾哈迈德·泽维尔使“运用激光技术观测化学反应时原子的运动”成为可能。泽维尔研究发现，当激光脉冲照射NaI时，Na+和I—两核间距在10～15(埃，1=1×10-10m)，呈现离子键；当两核靠近约2.8时，呈现共价键。根据泽维尔的研究成果能得出的结论是(　　)
A. NaI晶体是离子晶体和分子晶体的混合物
B. 共价键和离子键没有明显的界限
C. NaI晶体中既有离子键，又有共价键
D. 离子晶体可能含有共价键
【答案】B
【详解】A．NaI晶体是离子化合物，如改变离子的核间距，可能为共价化合物，但为纯净物，不是混合物，故A错误。
B．当激光脉冲照射NaI时，Na+和I—两核间距在10～15，呈现离子键；当两核靠近约2.8时，呈现共价键，由此可知共价键和离子键没有严格的界限，故B正确；
C．NaI晶体中当Na+和I—两核间距在10～15，呈现离子键；当两核靠近约2.8时，呈现共价键，但不存在既有离子键，又有共价键的情形，故C错误；
D．NaOH晶体中就有离子键和共价键，但不是泽维尔的研究成果，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为CD，C要注意NaI晶体中只能存在离子键或共价键，不可能同时存在离子键和共价键，D要注意题意的理解。
12.下列对一些实验事实的理论解释正确的是　(　　)
选项
实验事实
理论解释
A
氮原子的第一电离能大于氧原子
氮原子2p能级半充满
B
CO2为直线形分子
CO2分子中C＝O之间的夹角为109°28′
C
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体
D
HF的沸点高于HCl
HF的相对分子质量小于HCl

【答案】A
【详解】A．原子轨道中电子处于全空、半满、全满时最稳定，氮原子2p能级半充满，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故A正确；
B．理论解释不对，CO2分子的价层电子对是2，根据价层电子对互斥理论，CO2中C为sp杂化，CO2分子是直线型，故B错误；
C．金刚石为原子晶体，石墨为混合型晶体，但石墨中共价键的键长比金刚石中共价键键长短，键能更大，所以石墨的熔点比金刚石的高，故C错误；
D．卤族元素的氢化物都属于分子晶体，但氟化氢分子间存在氢键，氯化氢中不含氢键，导致氟化氢沸点高于HCl，故D错误；
故选A。
13.下列物质性质的变化规律与键能无关的是　(　　)
①HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱
②NH3易液化
③F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点依次升高
④H2S的熔、沸点小于H2O的熔、沸点
A. ①③④ B. ①③ C. ②③④ D. 全部
【答案】C
【详解】①HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱的原因是分子中的键能依次减小，所以氢化物稳定性依次减弱，和键能有关；
②NH3易液化是因为其分子间存在氢键，与化学键的键能无关；
③F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高，和分子间作用力有关，与分子内的键能无关；
④H2S的熔沸点小于H2O的熔沸点，因为水分子间存在氢键，氢键的作用力大于范德华力，则熔沸点与分子间的作用力有关与键能无关；
与键能无关的是②③④，故选C。
14.为了确定SbCl3、SbCl5、SnCl4是否为离子化合物,可以进行下列实验,其中合理、可靠的是( )
A. 观察常温下的状态,SbCl5是苍黄色液体,SnCl4为无色液体。结论:SbCl5和SnCl4都是离子化合物
B. 测定SbCl3、SbCl5、SnCl4的熔点依次为73.5 ℃、2.8 ℃、-33 ℃。结论:SbCl3、SbCl5、SnCl4都不是离子化合物
C. 将SbCl3、SbCl5、SnCl4溶解于水中,滴入HNO3酸化的AgNO3溶液,产生白色沉淀。结论:SbCl3、SbCl5、SnCl4都是离子化合物
D. 测定SbCl3、SbCl5、SnCl4水溶液的导电性,发现它们都可以导电。结论:SbCl3、SbCl5、SnCl4都是离子化合物
【答案】B
【解析】离子化合物一般熔点较高,熔融后可导电;分子晶体溶于水后也可以发生电离而导电,如HCl等溶于水电离产生Cl-,能与HNO3酸化的AgNO3溶液反应,产生白色沉淀,故A、C、D项都不可靠。
15.某同学用烧碱固体配制0.1 mol·L－1的NaOH溶液500 mL，下列说法正确的是(　　)
A. 该同学使用的玻璃仪器共有3种
B. 该同学配制溶液时忘记冷却，使配制溶液浓度偏小
C. 该同学定容时不慎超过刻度线，他用胶头滴管吸出一些至刻度线，则配制溶液浓度偏低
D. 该同学在托盘上放置两张称量纸称量样品，由于样品吸水使结果偏高
【答案】C
【详解】A．用烧碱固体配制0.1 mol·L－1的NaOH溶液500 mL，需要使用的玻璃仪器共有用烧杯溶解氢氧化钠，用玻璃棒搅拌和引流、在容量瓶中定容，用胶头滴管定容以及用到量筒，故A错误；
B．氢氧化钠溶解时放热，配制溶液时忘记冷却，会导致溶液的体积偏小，使配制溶液浓度偏大，故B错误；
C．定容时不慎超过刻度线，导致溶液的体积偏大，则配制溶液浓度偏低，故C正确；
D．氢氧化钠具有强烈的腐蚀性和易潮解的性质，不能放在纸上称量，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为A，要注意根据配制溶液的步骤，分析判断各步使用的玻璃仪器。
16.下列说法正确的是(　　)
A. 把100 mL 3 mol·L－1的H2SO4跟100 mL H2O混合，硫酸的物质的量浓度为1.5 mol·L－1
B. 把100 g 20%的NaCl溶液跟100 g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%
C. 把200 mL 3 mol·L－1的BaCl2溶液跟100 mL 3 mol·L－1的KCl溶液混合后，溶液中的c(Cl－)仍然是3 mol·L－1
D. 把100 mL 20%的NaOH溶液跟100 mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%
【答案】B
【详解】A．把100 mL 3 mol·L－1的H2SO4跟100 mL H2O混合，溶液的总体积小于200mL，硫酸的物质的量浓度大于1.5mol•L-1，故A错误；
B．与水混合前后，NaCl的质量不变，则把100g20%的NaCl溶液跟100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数为：×100%=10%，故B正确；
C．3mol•L-1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6mol•L-1，3mol•L-1的KCl溶液中氯离子浓度为3mol•L-1，混合后氯离子浓度介于3mol•L-1～6mol•L-1之间，故C错误；
D．氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同，不知道氢氧化钠溶液的密度，无法计算混合后溶液的总质量，故D错误；
故选B。
17.36.5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L－1，NA表示阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是(　　)
A. 所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1
B. 所得溶液中含有NA个HCl分子
C. 36.5 g HCl气体占有的体积为22.4 L
D. 所得溶液的质量分数：w＝
【答案】D
【详解】A．36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似为1g/ml)，所得溶液的体积不是1L，溶质为氯化氢，物质的量浓度c=== mol/L，故A错误；
B．氯化氢是强电解质，溶于水完全电离，溶液中无氯化氢分子，故B错误；
C．36.5gHCl气体物质的量为1mol，标准状况下占有的体积为22.4L，选项中温度压强不知，不能确定气体的体积，故C错误；
D．所得溶液的质量分数：ω==，故D正确；
故选D。
18.下列说法正确的是(　　)
①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
②0.5 mol H2所占体积为11.2 L
③标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L
④标准状况下，28 g CO与N2的混合气体的体积约为22.4 L
⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol－1
⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
A. ①③⑤ B. ④⑥ C. ②④⑥ D. ①④⑥
【答案】B
【详解】①该物质不一定为气体，若为气体时，标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是mol×22.4L/mol=22.4L，故错误；
②不一定在标准状况下，则Vm未知，不能利用V=nVm计算，故错误；
③标准状况下，水不是气体，不能根据V=nVm计算，故错误；
④CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，标准状况下，28g CO与N2的混合气体的体积约为×22.4L/mol=22.4L，故正确；
⑤气体摩尔体积与温度、压强有关，状态未知，不能确定气体的摩尔体积，标准状况下，各种气体的气体摩尔体积都约为22.4L•mol-1，故错误；
⑥标准状况下，体积相同的气体，物质的量相同，由n=可知，分子数相同，故正确；
故选B。
19.在100mL 0.10 mol·L－1的 AgNO3溶液中加入100mL溶有2.08g BaCl2的溶液，再加入100 mL溶有0.010 mol CuSO4·5H2O的溶液，充分反应。下列说法中正确的是（ ）
A. 最终得到白色沉淀和无色溶液
B. 最终得到的白色沉淀是等物质的量的两种化合物的混合物
C. 在最终得到的溶液中，Cl—的物质的最为0.02 mol
D. 在最终得到溶液中，Cu2+的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
【答案】B
【分析】AgNO3的物质的量为0.1L×0.10mol/L=0.01mol，BaCl2的物质的量为 =0.01mol，CuSO4•5H2O的物质的量为0.010mol，利用Ag++Cl-═AgCl↓、Ba2++SO42-═BaSO4↓分析解答。
【详解】AgNO3的物质的量为0.1L×0.10mol/L=0.01mol，BaCl2的物质的量为=0.01mol=0.01mol，CuSO4•5H2O的物质的量为0.010mol，
Ag+ + Cl- ═ AgCl↓
0.01 0.01 0.01
Ba2+ + SO42- ═ BaSO4↓
0.01 0.01 0.01
A．因铜离子没有参加反应，则最终得到白色沉淀和蓝色溶液，故A错误；
B．由计算可知，氯化银和硫酸钡白色沉淀的物质的量都是0.01mol，故B正确；
C．反应前Cl-的物质的量为0.02mol，参加反应的物质的量为0.01mol，则反应后溶液中剩余的Cl-的物质的量为0.01mol，故C错误；
D．在最终得到的溶液中，Cu2+的物质的量浓度为=0.033mol/L，故D错误；
故选B。
20.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是(　　)
A. W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>W
B. W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z
C. Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体
D. WY2分子中σ键与π键的数目之比是2∶1
【答案】C
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，W一定是6号C元素，X一定是13号Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为17号Cl元素，Y是14～16号中某元素。若Y是14号Si元素，则电负性是C>Si，A不正确；原子半径Al一定是大于C的，B不正确；Y和Z有可能形成SiCl4，此分子的空间构型是正四面体，C正确；WY2分子若是CS2，它与CO2是等电子体，则分子中σ键与π键的数目之比是1∶1，D不正确。
21.铜是重要金属，Cu的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，如CuSO4溶液常用作电解液、电镀液等。请回答以下问题：
（1）元素金(Au)处于周期表中的第6周期，与Cu同族，金原子最外层电子排布式为_________；一种铜合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中铜原子处于面心，金原子处于顶点位置，则该合金中铜原子与金原子数量之比为_____，该晶体中，原子之间的作用力是________；
（2）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由铜原子与金原子构成的四面体空隙中。若将铜原子与金原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为_____________。

（3）CuSO4晶体的构成微粒是____和____，微粒间的作用力是_______，该晶体属于____晶体；
（4）SO42－中S以sp3杂化，SO42－的立体构型是__________________________；
（5）CuSO4粉末常用来检验一些有机物中的微量水分，其原因是________________________
____________________________________________。
【答案】 (1). 6s1 (2). 3∶1 (3). 金属键 (4). Cu3AuH8 (5). Cu2+ (6). SO42－ (7). 离子键 (8). 离子 (9). 正四面体形 (10). 白色CuSO4粉末和水结合生成蓝色的CuSO4·5H2O晶体
【分析】(1)元素金(Au)处于周期表中的第六周期，与Cu同族，则最外层电子数为1，以此判断电子排布式，利用均摊法计算晶胞；
(2)结合(1)的分析和CaF2的结构解答；
(3)CuSO4为离子化合物；
(4)SO42－中S以sp3杂化，没有孤电子对，据此判断SO42－的立体构型；
(5)无水硫酸铜是白色的，CuSO4•5H2O是蓝色的，显示水合铜离子特征蓝色，据此分析解答。
【详解】(1)元素金(Au)处于周期表中的第六周期，与Cu同族，则最外层电子数为1，则最外层电子排布式为6s1。在晶胞中Cu原子处于面心，N(Cu)=6×=3，Au原子处于顶点位置，N(Au)=8×=1，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为3：1，为金属晶体，原子间的作用力为金属键；故答案为：6s1；3∶1；金属键；
(2)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由铜原子与金原子构成的四面体空隙中。若将铜原子与金原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相同，如图，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，则H原子应位于晶胞内部，则应含有8个H，则化学式为Cu3AuH8，故答案为：Cu3AuH8；
(3)CuSO4为离子化合物，晶体的构成微粒是Cu2+和SO42－，微粒间的作用力是离子键，该晶体属于离子晶体，故答案为：Cu2+；SO42－；离子键；离子；
(4)SO42－中S以sp3杂化，没有孤电子对，SO42－立体构型是正四面体形，故答案为：正四面体形；
(5)白色无水硫酸铜可与水结合生成蓝色的CuSO4•5H2O，显示水合铜离子特征蓝色，故答案为：白色无水硫酸铜可与水结合生成蓝色的CuSO4•5H2O晶体。
【点睛】本题的易错点为(2)，关键是理解“氢原子可进入到由铜原子与金原子构成的四面体空隙中”，就是数四面体空隙的个数。
22.某研究性学习小组为研究Cu与浓H2SO4的反应，设计如下实验探究方案（装置中的固定仪器和酒精灯均未画出）。

实验选用细铜丝、98.3% H2SO4、品红溶液、澄清石灰水、CCl4、NaOH溶液等药品，铜丝被卷成螺旋状，一端没入浓H2SO4中，另一端露置在液面上方。
以下是该学习小组部分交流记录及后续探究实验的记录：
材料一：小组交流摘录
学生1：加热前，无现象发生；加热后，液面下铜丝变黑，产生气泡，有细小黑色颗粒状物质从铜丝表面进入浓硫酸中，黑色物质是什么？值得探究！
学生2：，我也观察到黑色颗粒状物质，后来逐渐转变为灰白色固体，我想该灰白色固体极有可能是未溶于浓硫酸的CuSO4。
学生3：你们是否注意到液面以上的铜丝也发黑，而且试管上部内壁有少量淡黄色S固体凝聚，会不会液面以上的铜丝与硫发生了反应，我查资料发现：2Cu+S = Cu2S（黑色）。
材料二：探究实验剪辑
实验1 将光亮的铜丝在酒精灯火焰上灼烧变黑，然后插入稀硫酸中，铜丝重新变得光亮，溶液呈蓝绿色；将光亮的铜丝置入加热的硫蒸气中变黑，然后插入稀硫酸中无变化。
实验2 截取浓硫酸液面上方变黑的铜丝，插入稀硫酸中无变化；将浓硫酸液面下方变黑的铜丝，插入稀硫酸，黑色明显变浅，溶液呈蓝绿色。
实验3 将溶液中的黑色颗粒状物质，经过滤、稀硫酸洗、蒸馏水洗、干燥后放入氧气流中加热，然后冷却，用电子天平称重发现质量减少10%左右。
根据上述材料回答下列问题：
（1）CuSO4可由金属铜与浓硫酸反应制备，该反应的化学方程式为___________________。
（2）A试管上方的长导管的作用是________________________________；D、E两支试管中CCl4的作用是______________________________________。
（3）加热过程中，观察到A试管中出现大量白色烟雾，起初部分烟雾在试管上部内壁析出淡黄色固体物质，在持续加热浓硫酸（沸腾）时，淡黄色固体物质又慢慢地消失。写出淡黄色固体消失的化学反应方程式：______________________________。
（4）对A试管中的浓H2SO4和铜丝进行加热，很快发现C试管中品红溶液褪色，但始终未见D试管中澄清石灰水出现浑浊或沉淀。你的猜想是：_____________________________。设计实验验证你的猜想__________________________________________________________
_________________________________________________________________。
（5）根据上述研究，结合所学知识，你认为液面下方铜丝表面的黑色物质成分是_______。（写化学式）
【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (2). 冷凝、回流 (3). 防止倒吸 (4). S+2H2SO4（浓）3SO2↑+2H2O (5). 由于SO2溶解度较大，生成了Ca（HSO3）2溶液的缘故 (6). 取样后，向其中加入氢氧化钠溶液，观察是否有沉淀生成。（或者加热、加盐酸检验SO2气体等方法，开放题，正确即可给分） (7). CuO、CuS、Cu2S
【分析】(1)金属铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，据此书写方程式；
(2)长导管除了导气作用之外，还可以让气体冷凝，回流；二氧化硫和强碱的反应十分剧烈，且易溶于水；
(3)硫在加热时能和浓硫酸反应生成二氧化硫和水，据此写出反应的化学方程式；
(4) SO2的溶解度较大，正盐可能转化为酸式盐，可以使用氢氧化钠溶液将酸式盐转化为正盐检验；
(5)根据实验1、实验2、实验3的现象以及定量实验的数据进行对比分析，可以确定黑色物质中有CuO、CuS、Cu2S。
【详解】(1)CuSO4可由金属铜与浓硫酸反应制备，该反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
(2)根据实验装置，长导管的作用一定是能导气，但气体在导管中时间一长就会冷凝，回流；二氧化硫在强碱溶液中的溶解度很大，但其不溶于四氯化碳，故可以采用四氯化碳来防止倒吸现象的发生，故答案为：导气、冷凝、回流；防止倒吸；
(3)浓硫酸具有强氧化性，硫在加热时能和浓硫酸反应，反应的化学方程式为S+2H2SO4(浓) 3SO2↑+2H2O，故答案为：S+2H2SO4(浓) 3SO2↑+2H2O；
(4) 对A试管中的浓H2SO4和铜丝进行加热，很快发现C试管中品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫，但始终未见D试管中澄清石灰水出现浑浊或沉淀，可能是SO2溶解度较大，与澄清石灰水反应生成了Ca(HSO3)2溶液；可以加入氢氧化钠溶液，观察是否有沉淀生成，故答案为：由于SO2溶解度较大，生成了Ca(HSO3)2溶液的缘故；取样后，向其中加氢氧化钠溶液，观察是否有沉淀生成；
(5)含有铜元素的黑色物质有：CuO、CuS、Cu2S，根据实验1、实验2、实验3的现象进行对比分析可知，液面上的铜丝上的黑色物质主要是不溶于稀硫酸的Cu2S，液面下的铜丝上的黑色物质一定包含可溶于稀硫酸的CuO和不溶于稀硫酸的硫化物（CuS和Cu2S至少有一种）。试管底部有黑色颗粒物质，将溶液中的黑色颗粒状物质，经过滤、稀硫酸洗，除去了其中的CuO，蒸馏水洗、干燥后得到的硫化物放入氧气流中加热，然后冷却，用电子天平称重发现质量减少10%左右。若此硫化物全部是Cu2S，其与氧气反应后生成CuO，固体质量不变；若硫化物全部是CuS，其与氧气充分反应后生成CuO，质量减少16.7%，因此不溶于稀硫酸的硫化物中既有Cu2S，又有CuS。综合以上的分析和计算，可以确定液面下方铜丝表面的黑色物质成分为CuO、CuS、Cu2S，故答案为：CuO、CuS、Cu2S。
23.碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：

回答下列问题：
（1）金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为_________。
（2）金刚石、石墨烯(指单层石墨)中碳原子的杂化形式分别为________、________。
（3）C60属于_________晶体，石墨属于________晶体。
（4）石墨晶体中，层内C—C键的键长为142 pm，而金刚石中C—C键的键长为154 pm，其原因是金刚石中只存在C—C间的________共价键，而石墨层内的C—C间不仅存在_________共价键，还有_________键。
（5）金刚石晶胞含有________个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=________a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率________(用含π分数形式表示，不要求写成百分数)。
【答案】(1). 同素异形体 (2). sp3 (3). sp2 (4). 分子 (5). 混合 (6). σ (7). σ (8). π (9). 8 (10). (11).
【分析】(1)由同种元素组成的不同单质互称同素异形体；
(2)根据价层电子对互称理论确定原子杂化类型；
(3)分子晶体的构成微粒是分子，原子晶体的构成微粒是原子；
(4)sp3杂化的碳原子之间形成的共价键为σ键，sp2杂化的碳原子之间形成的共价键中含有σ键和π键；
(5)利用均摊法分析计算。
【详解】(1)由同种元素组成的不同单质互称同素异形体，金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，属于同素异形体，故答案为：同素异形体；
(2)金刚石中每个碳原子价层电子对个数是4，所以C原子杂化方式为sp3，石墨烯中每个碳原子价层电子对个数是3，所以碳原子杂化方式为sp2，故答案为：sp3；sp2；
(3)C60的构成微粒是分子，所以属于分子晶体；石墨的构成微粒是原子，且层与层之间存在分子间作用力，所以石墨属于混合型晶体，故答案为：分子；混合；
(4)sp3杂化的碳原子之间形成的共价键为σ键，sp2杂化的碳原子之间形成的共价键中含有σ键和π键，因此，金刚石中碳原子之间都是碳碳单键，只存在σ键，石墨中存在自由移动的电子，碳原子之间存在σ键和π键，故答案为：σ；σ；π
(5)晶胞中顶点微粒数为：8×=1，面心微粒数为：6×=3，体内微粒数为4，共含有8个碳原子；晶胞内部含有四个碳原子，则晶胞体对角线长度是碳原子直径的8倍，即 a=8r，r=a；8个碳原子的体积为：8××π×r3，晶胞体积为：a3，碳原子的空间利用率为： == ，故答案为：8；；。
【点睛】本题的易错点和难点为(5)，要注意利用均摊法进行计算，关键是注意原子半径与晶胞参数的关系。
24. 氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如右图所示。

⑴基态硼原子的电子排布式为 。
⑵ 关于这两种晶体的说法，正确的是 (填序号)。
a.立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大 b.六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
c.两种晶体中的B－N键均为共价键 d.两种晶体均为分子晶体
⑶六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为 ，其结构与石墨相似却不导电，原因是 。
⑷立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为 。该晶体的天然矿物在青藏高原在下约300Km的古地壳中被发现。根据这一矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是 。
⑸NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1mo NH4BF4含有 mol配位键。
【答案】⑴1s22s22p1 ⑵b、c ⑶平面三角形 层状结构中没有自由移动的电子
⑷sp3高温、高压 ⑸2
【解析】试题分析：B位于第2周期ⅢA族，核外电子排布式1s22s22p1，形成的六方相氮化硼，每一个B与3个N原子相连，每1个N原子与3个B原子相连，形平面三角形，向空间发展成层状结构．六方相氮化硼，不含π键，只含σ键，层与层之间通过范德华力结合在一起；B原子的电子全部成键，能源自由移动的电子，不导电．立方相氮化硼每个B原子与4个N原子相连，每个N与2个B原子相连，构成正四面体，向空间发展形成网状结构．B原子的杂化方式为sp3，由于六方相氮化硼比立方相氮化硼稳定，所以由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压．根据配位键理论，NH4BF4有1个N-H和一个B-F属于配位键。
（1）基态硼原子核外有5个电子，分别位于1s、2s、2p能级，根据构造原理知其基态的电子排布式1s22s22p1，故答案为：1s22s22p1；
（2）a．立方相氮化硼N原子和B原子之间存在共价单键，所以该化合物中含有σ键不存在π键，故错误；b．六方相氮化硼层间为分子间作用力，作用力小，导致其质地软，故正确；c．非金属元素之间易形成共价键，所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；d．立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故错误；故选bc；
（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，且B原子不存在孤电子对，所以构成的空间构型为平面三角形，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电，故答案为：平面三角形；层状结构中没有自由移动的电子；
（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子和四个N原子形成4个共价单键，所以B原子的杂化轨道类型为sp3，在地壳内部，离地面越深，其压强越大、温度越高，根据题干知，实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压，故答案为：sp3；高温高压；
（5）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1mol NH4BF4含有2mol配位键，故答案为：2。
考点：考查了配位键、原子杂化方式的判断、微粒空间构型的判断等相关知识。
25.实验室需要配制0.50 mol·L－1 NaCl溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。
（1）选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、________、________以及等质量的几片滤纸。
（2）计算。配制该溶液需称取NaCl晶体的质量为________g。
（3）称量。
①称量过程中NaCl晶体应放于天平的________(填“左盘”或“右盘”)。
②称量完毕，将药品倒入烧杯中。
（4）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_____________________________。
（5）转移、洗涤。在转移时应使用____________________引流，洗涤烧杯2～3次是为了_______________________________________________。
（6）定容，摇匀。
（7）在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液浓度会________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

【答案】(1). 500 mL容量瓶（不答规格或答错规格不给分） (2). 胶头滴管 (3). 14.6 (4). 左盘 (5). 搅拌，加速溶解 (6). 玻璃棒 (7). 保证溶质全部转移至容量瓶中 (8). 偏低
【分析】(1)根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；(2)根据n=cV和m=nM来计算；(3)用托盘天平称量药品时，要注意左物右码；(4)结合玻璃棒的作用分析解答；(5)为了防止溶液溅出，要用玻璃棒引流；洗涤烧杯并将洗涤液注入容量瓶的目的是将溶质都转移至容量瓶；(7)根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。
【详解】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解．由于无480mL的容量瓶，故选用500mL容量瓶，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，根据提供的仪器可知，还需仪器有500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；
(2)由于无480mL的容量瓶，故选用500mL容量瓶，故配制出的溶液的体积为500mL，根据n=cV可知需要的NaCl的物质的量n=0.50mol/L×0.5L=0.25mol，质量m=nM=0.25mol× 58.5g/mol=14.6g，故答案为：14.6；
(3)用托盘天平称量药品时，应左物右码，故答案为：左盘；
(4)溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，目的是搅拌，加速固体溶解，故答案为：搅拌，加速溶解；
(5)为了防止溶液溅出，要用玻璃棒引流；洗涤烧杯并将洗涤液注入容量瓶的目的是将溶质都转移至容量瓶，故答案为：玻璃棒；将溶质全部转移至容量瓶；
(7)仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，故答案为：偏低。