【化学】辽宁省阜新市第二高级中学2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）

辽宁省阜新市第二高级中学2018-2019学年高二下学期期末考试
可能用到的相对原子质量： H:1 C:12 N:14 O:16 Cl:35.5 S:32 Na:23 Mg:24 K:39 Ca:40 Fe:56 Cu:64 Zn:65 Ni：59 Ge：73
一、选择题(每小题4分，共68分)
1. 用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（ ）

A. 称量 B. 溶解 C. 转移 D. 定容
【答案】B
【解析】A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误，答案选B。
2.下列属于氧化还原反应的是（ ）
A. 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O B. Na2O+H2O=2NaOH
C. 2KI+Br2=2KBr+I2 D. MgO+2HCl=MgCl2+H2O
【答案】C
【解析】凡是有元素化合物升降的反应是氧化还原反应，A. 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，A错误；B. Na2O+H2O=2NaOH中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，B错误；C. 2KI+Br2=2KBr+I2中I元素的化合价升高，Br元素化合价降低，非氧化还原反应，C正确；D. MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，D错误，答案选C。
点睛：准确判断出反应中有关元素的化合价变化情况是解答的关键。另外也可以依据氧化还原反应与四种基本反应类型的关系分析，例如置换反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是，有单质生成的分解反应和有单质参加的化合反应均是氧化还原反应。
3.生活中的某些问题常常涉及化学知识。下列叙述错误的是（ ）
A. 用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染
B. 煤油、“乙醇汽油”、“生物柴油”都是碳氢化合物
C. 煮沸自来水可除去其中的Ca(HCO3)2
D. 氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张．织物等
【答案】B
【详解】A、聚乙烯塑料难降解，可造成白色污染，聚乳酸塑料易降解不会造成白色污染，故选项A说法正确；
B、煤油是烃类物质，属于碳氢化合物，乙醇含有C、H、O三种元素，生物柴油是酯类物质，因此乙醇、生物柴油不属于碳氢化合物，故B说法错误；
C、Ca(HCO3)2不稳定，受热分解成CaCO3、H2O、CO2，因此煮沸自来水，可除去其中Ca(HCO3)2，故C说法正确；
D、氯水中含有HClO，HClO具有强氧化性，可用于漂白纸张、织物等，故D说法正确；
答案选B。
4.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（ ）
A. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
B. 血液透析利用了胶体的性质
C. 活性炭具有除异味和杀菌作用
D. 碘酒可用于皮肤外用消毒
【答案】C
【详解】A、疫苗中的主要成分是用于诱导人体产生相应抗体的抗原，抗原是蛋白质，蛋白质受热易变性，失去活性，因此疫苗一般应冷藏存放，故A说法正确；
B、血液为胶体，血液透析利用了胶体不能透过半透膜，即渗析，属于胶体的性质，故B说法正确；
C、活性炭具有吸附性，能吸附异味，但不具有杀菌作用，故C说法错误；
D、碘酒是游离状态的碘和酒精的混合物，其消毒作用的原理是游离态的碘的超强氧化作用，可以破坏病原体的细胞膜结构及蛋白质分子，因此碘酒可用于皮肤外用消毒，故D说法正确；
答案选C。
5.下列说法错误的是（ ）
A. 蔗糖可作调味剂 B. 细铁粉可作食品抗氧剂
C. 双氧水可作消毒剂 D. 熟石灰可作食品干燥剂
【答案】D
【解析】A、蔗糖具有甜味，且对人体无害，因此蔗糖可以作调味剂，故A说法正确； B、细铁粉可以空气中氧气发生反应，防止食品被氧化变质，故B说法正确；C、双氧水具有强氧化性，能消灭细菌和病毒，因此双氧水可作消毒剂，故C说法正确；D、熟石灰不具有吸水性，不能作干燥剂，故D说法错误。
6.下列叙述正确的是（ ）
A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数
B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1
D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
【答案】B
【解析】分析：本题考查是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。
详解：A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。
B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。
C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。
D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。
点睛：本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。
7.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 12 g金刚石中含有化学键的数目为4NA
B. 18 g的D2O中含有的质子数为10
C. 28 g的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6NA
D. 1 L 1mol·L¯1的NH4Cl溶液中NH4＋和Cl―的数目均为1NA
【答案】C
【详解】A. 金刚石中每一个碳原子有四条共价键，但一个碳碳键被2个碳原子共用，即一个碳原子只分摊2个共价键，所以12 g金刚石中，即1mol金刚石中含有化学键的数目为2NA，故不符合题意；
B. D2O的摩尔质量为（22+16）g/mol=20g/mol，则18 g的D2O中中含有的质子数为NA=9 NA，故不符合题意；
C.乙烯和环已烷的最简式都为CH2，故等质量的气体所含原子总数相同，所含原子总数为3 NA=6NA，符合题意；
D. NH4＋会发生水解，故数目<1NA，不符合题意；
故答案为：C。
【点睛】解题时注意易错点：A中容易忽略一个共价键是两个原子共用的；B中同位素原子质量数不同；D中容易忽略铵根离子的水解。
8.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 0.1 mol 的中，含有个中子
B. pH=1的H3PO4溶液中，含有个
C. 2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到个CO2分子
D. 密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加个P-Cl键
【答案】A
【解析】A．11B中含有6个中子，0.1mol 11B含有6NA个中子，A正确；B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；C．标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。
9.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA
B. 100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】分析：A.根据白磷是正四面体结构分析；
B.根据铁离子水解分析；
C.根据甲烷和乙烯均含有4个氢原子分析；
D.根据反应是可逆反应判断。
详解：A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；
B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；
C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；
D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。
点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个高频考点，主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。
10.为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。以下说法不正确的是（ ）

A. 三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
B. 充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−NiOOH(s)+H2O(l)
C. 放电时负极反应为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−ZnO(s)+H2O(l)
D. 放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区
【答案】D
【详解】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；
B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－＝NiOOH(s)＋H2O(l)，B正确；
C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－＝ZnO(s)＋H2O(l)，C正确；
D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH－通过隔膜从正极区移向负极区，D错误。
答案选D。
11.一种镁氧电池如图所示，电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为KOH浓溶液。下列说法错误的是（ ）

A. 电池总反应式为：2Mg＋O2＋2H2O＝2Mg(OH)2
B. 正极反应式为：Mg－2e－＝Mg2＋
C. 活性炭一极为正极
D. 电子的移动方向由a经外电路到b
【答案】B
【分析】Mg、活性炭、KOH浓溶液构成原电池，Mg易失电子作负极，活性炭为正极，负极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，电子从负极沿外电路进入正极，据此分析解答；
【详解】Mg、活性炭、KOH浓溶液构成原电池，Mg易失电子作负极，活性炭正极，负极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，电子从负极沿外电路进入正极，
A、根据上述分析，负极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，电池总反应式为2Mg＋O2＋2H2O=Mg(OH)2，故A说法正确；
B、根据上述分析，Mg为负极，电极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，故B说法错误；
C、活性炭为一极正极，故C说法正确；
D、根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从a经外电路流向b，故D说法正确；
答案选B。
【点睛】考查学生对原电池工作原理的理解，明确各个电极上发生反应，特别是电极反应式的书写，应注意电解质的酸碱性，如本题电解质KOH，负极上产生Mg2＋与OH－结合生成Mg(OH)2，即负极反应式为Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2。
12.最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 右边吸附层中发生了还原反应
B. 负极的电极反应是H2－2e－＋2OH－=2H2O
C. 电池的总反应是2H2＋O2=2H2O
D. 电解质溶液中Na＋向右移动，向左移动
【答案】C
【详解】由电子的流动方向可以得知左边为负极，发生氧化反应；右边为正极，发生还原反应，故选项A、B正确；电池的总反应没有O2参与，总反应方程式不存在氧气，故C选项不正确；在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D选项正确。答案选C。
13.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
【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。
14.四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48。下列说法不正确的是（ ）
X
Y


Z
W
A. 原子半径(r)大小比较r(X)＞r(Y)
B. X和W可形成共价化合物XW3
C. W的非金属性比Z的强，所以W氢化物的沸点比Z的高
D. Z的最低价单核阴离子的失电子能力比Y的强
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素，由位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设Y的原子序数为y，则X的原子序数为y-1，Z的原子序数为y+8，W的原子序数为y+9，X、Y、Z和W的原子序数之和为48，则y-1+y+y+8+y+9=48，解得y=8，所以Y为O，W为S，Z为Cl，X为N，据此解答。
【详解】A项，在同一周期内，自左向右原子核吸引核外电子的能力越强，半径逐渐减小，故A项正确；
B项，X为N元素，W为Cl元素，可以形成共价化合物NCl3，故B项正确；
C项，熔沸点为物质物理性质，与分子间作用力有关，与非金属性无关，故C项错误；
D项，非金属性Z 综上所述，本题正确答案C。
15.元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是（ ）
X





Y
Z

Q


A. 原子半径(r)：r(Q)＞r(Y)＞r(Z)
B. 元素X有 -4，+2、+4等多种价态
C. Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸
D. 可以推测H3QO4是Q的最高价氧化物的水化物
【答案】C
【详解】由X、Y、Z最外层电子数和为17可以推出元素X为碳元素；Y元素为硫元素，Z为氯元素，Q为第四周期VA，即为砷元素。A、元素周期表同主族从上到下原子半径依次增大，同周期从左向右依次减小，选项A正确；B、碳元素所在的化合物甲烷、一氧化碳、二氧化碳所对应的化合价分别为-4，＋2、＋4，选项B正确；C、硫元素对应的氧化物二氧化硫的水化物亚硫酸并非是强酸，选项C不正确；D、VA最外层电子数为5，故最高化合价为＋5，选项D正确。答案选C。
【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，分析元素是解题的关键。易错点为选项D，应分析Q为VA族元素，根据元素性质的相似性、递变性进行判断。
16.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O
B. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH−+H2↑
C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2+2H+Cu2++2NO2↑+H2O
D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+
【答案】A
【分析】A.Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O；B.电荷不守恒；
C.不符合客观事实；
D.应拆分的物质没有拆分；
【详解】A.NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A正确；
B.该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2↑，故B错误；
C.室温下，铜与稀硝酸反应生成NO ，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，故C错误；
D.Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3 ，故D错误；
综上所述，本题应选A.
【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。
17.已知断裂1 mol H2(g)中的H—H键需要吸收436.4 kJ的能量，断裂1 mol O2(g)中的共价键需要吸收498 kJ的能量，生成H2O(g)中的1 mol H—O键能放出462.8 kJ的能量。下列说法正确的是(　　)
A. 断裂1 mol H2O中的化学键需要吸收925.6 kJ的能量
B. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－480.4 kJ·mol－1
C. 2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝471.6 kJ·mol－1
D. H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－240.2 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】A．生成H2O（g）中的1mol H-O键能放出462.8KJ的能量，则断裂1 mol H2O（g）中的化学键需要吸收热量462.8KJ×2=925.6 KJ，但并未说明水的状态，故A错误；B.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=（436.4KJ/mol）×2+（498KJ/mol）-2×2×（462.8KJ/mol）=-480.4 KJ•mol-1，故B正确；C.2H2O（g）=2H2O（l）△H=-88KJ/mol，则2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-568.4KJ/mol，可知2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+568.4 KJ•mol-1，故C错误；D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-568.4KJ/mol，则H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-284.2KJ•mol-1，故D错误；故选B。
点睛：本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变的计算为解答的关键。注意气态水转化为液态水为放热；焓变等于断键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正比，互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反。
二、填空题(32分)
18.(1)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol− 1
CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=− 20 kJ·mol− 1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=− 121 kJ·mol− 1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol− 1。其中O2的电子式为__________
(2)硅粉与HCl在300℃时反应生成1mol SiHCl3气体和H2 ，放出225KJ热量，该反应热化学方程式为________________________。SiHCl3中含有的化学键类型为__________
(3)将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：
①SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g) ΔH1＞0
②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g) ΔH2＜0
③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g) ΔH3
则反应③的ΔH3______(用ΔH1，ΔH2表示)。
(4)二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂,它可由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得.请写出反应的离子方程式________________________
(5)氯化铵常用作焊接．如：在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：_______CuO+______NH4Cl______Cu+______CuCl2+______N2↑+______H2O
①配平此氧化还原反应方程式___________________________
②此反应中若产生0.2mol的气体，则有__________mol的电子转移．
【答案】(1). －116 (2). (3). Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g) △H=－225kJ·mol－1 (4). 共价键 (5). △H2－△H1 (6). 2ClO3－＋SO32－＋2H＋=2ClO2↑＋SO42－＋H2O (7). 4CuO＋2NH4Cl3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O (8). 1.2
【详解】（1）①CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)，②CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)，③CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)，根据目标反应方程式，2×①＋2×②＋2×③得出2×(△H1＋△H2＋△H3)=2×(83－20－121)kJ·mol－1=－116kJ·mol－1；O2分子中有共价键，其电子式为；
（2）硅粉与HCl反应的方程式为Si＋3HCl=SiHCl3＋H2，生成1molSiHCl3，放出225kJ，因此热化学反应方程式为Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g) △H=－225kJ·mol－1；SiHCl3属于共价化合物，含有共价键；
（3）根据盖斯定律，推出②－①得出△H3=△H2－△H1；
（4）根据信息，KClO3被还原成ClO2，SO32－被氧化成SO42－，根据化合价升降法进行配平，其离子方程式为2ClO3－＋SO32－＋2H＋=2ClO2↑＋SO42－＋H2O；
（5）①根据化合价升降法进行配平，得出4CuO＋2NH4Cl3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O；
②根据反应方程式，生成1molN2，转移电子物质的量为6mol，即生成0.2molN2时，转移电子物质的量为0.2mol×6=1.2mol。
19.锗(Ge)是典型的半导体元素,在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题:
(1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]___ _____,有____个未成对电子。
(2)比较下列锗卤化物的熔点和沸点,分析其变化规律及原因__________________________________________________________________________。

GeCl4
GeBr4
GeI4
熔点/℃
-49.5
26
146
沸点/℃
83.1
186
约400

(3)光催化还原CO2制备CH4反应中,带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是__________________。
(4)Ge单晶具有金刚石型结构,其中Ge原子的杂化方式为____,微粒之间存在的作用力是__________________________。
(5)晶胞有两个基本要素:
①原子坐标参数,表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge单晶的晶胞,其中原子坐标参数A为(0,0,0);B为(1/2,0,1/2);C为(1/2,1/2,0)。则D原子的坐标参数为________。

②晶胞参数,描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a pm,其密度为_________g·cm-3(列出计算式即可)。
【答案】(1). 3d104s24p2 (2). 2 (3). 相对分子质量的增大，范德华力增大，熔沸点升高 (4). 氧>锗>锌 (5). sp3 (6). 共价键 (7). （，，） (8). g/cm3
【详解】（1）在元素周期表中，锗和硅属于同主族，锗位于硅的下一周期，即锗的原子序数为14＋18=32，基态原子核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p2；由于4p能级有3个能量相同的轨道，根据洪特规则，4p上2个电子分别占据两个轨道且自旋方向相同，因此未成对电子为2；
（2）根据表格数据得出，三种锗卤化物都是分子晶体，不含分子间氢键，因此熔沸点随着相对分子质量的增大，范德华力增大，熔沸点升高；
（3）锌、锗位于同周期，同一周期从左向右元素的电负性逐渐增大，而氧位于元素周期表右上角，电负性仅次于F，得出三种元素的电负性大小顺序是氧>锗>锌；
（4）类比金刚石，晶体锗属于原子晶体，每个锗与其周围的4个锗原子形成4个单键，锗原子的杂化类型为sp3，微粒间的作用力是共价键；
（5）①对照晶胞图示，坐标系以及A、B、C点坐标，选A点为参照点，观察D点在晶胞中位置，即体对角线的，D的坐标参数为（，，）；
②类似金刚石晶胞，1个晶胞含有8个锗原子，即晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×10－10)3cm3，即晶胞的密度为g/cm3。
【点睛】本题的难点是晶胞的密度的计算，利用均摊的方法，计算出微粒的个数，然后再利用n==，计算出晶胞的质量，利用原子半径与边长的几何关系，计算出边长，从而计算晶胞的体积，最后利用密度的定义进行计算，注意晶胞参数和密度的单位。