【化学】内蒙古自治区赤峰市2019-2020学年高二下学期期末考试联考（B卷）试卷（解析版）

内蒙古自治区赤峰市2019-2020学年高二下学期期末考试联考（B卷）试卷
可能用到的相对原子质量：H1  C12  N14 O16  Na23 Al27
第I卷
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 2020 年春季爆发了新型冠状病毒疫情，该病毒具有极强的传染性，杀菌消毒，做好个人防护是防止疫情蔓延的重要措施。下列有关说法中错误的是
A. 医用酒精消毒液中乙醇的体积分数为75%
B. 84消毒液与酒精混用杀菌消毒效果更好
C. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料
D. 二氧化氯泡腾片可用于水处理
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓度太小消毒效果不好，浓度太大易在细胞壁上形成一层膜阻止酒精的渗入，则医用酒精消毒液中乙醇的体积分数为75%，故A正确；
B．84消毒液主要成分为NaClO，有强氧化性，能氧化酒精，则不能混合使用，降低杀菌消毒效果，故B错误；
C．聚丙烯纤维为加聚反应合成的高分子，相对分子质量在10000以上，故C正确；
D．二氧化氯泡腾片具有强氧化性，有良好除臭、脱色、杀菌作用，具有低浓度高效灭杀病毒能力，可用于自来水消毒，故D正确；
答案为B。
2. 下列叙述不正确的是
A. 使用催化剂不能降低化学反应的反应热(△H)
B. 金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率和氧气浓度有关
C. 原电池中发生的反应达到平衡时，该电池仍有电流产生
D. 在同浓度的盐酸中，ZnS 可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小
【答案】C
【解析】
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡，不能改变反应的反应热，A正确；
B．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快，B正确；
C．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生，C错误；
D．在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小，D正确；
答案选C。
3. 对于合成氨反应，达到平衡后，以下不正确的是
A. 升高温度，对正、逆反应的反应速率都有影响
B. 增大压强，对正反应的反应速率影响更大
C. 减小反应物浓度，平衡正向移动
D. 加入催化剂，平衡不移动
【答案】C
【解析】
【详解】A.合成氨是放热反应，升高温度，正、逆反应的反应速率都增大，平衡逆向进行，说明对逆反应的反应速率影响更大，故A正确；
B.反应是气体体积减小的反应，增大压强，正、逆反应的反应速率都增大，平衡正向进行，对正反应的反应速率影响更大，故B正确；
C.减小反应物浓度，平衡逆向进行，故C错误；
D.催化剂能同等程度影响正逆反应速率，不改变化学平衡，则加入催化剂，平衡不移动，故D正确；
故选C。
4. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压回颜色变深
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
D. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率
【答案】B
【解析】
【详解】A．存平衡H2CO3H2O+CO2，打开瓶盖时，压强减小，平衡向右移动，二氧化碳气体溶解度减小，逸出二氧化碳，可以用平衡移动原理来解释，故A正确；
B．由H2、I2(g)、HI组成的平衡体系，存在H2+I22HI，增大压强，平衡不移动，故B错误；
C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，故C正确；
D．增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率，故D正确；
故选B。
【点晴】本题考查勒夏特例原理应用的有关判断，是高考中的常见题型和考点，属于中等难度试题的考查．试题难易适中，基础性强，侧重对学生解题能力的培养与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．该题需要明确的应注意区别化学平衡移动原理和化学反应速率理论的应用范围，并能具体问题、具体分析。
5. 下列离子方程式中，属于水解反应是（ ）
A. HCOOH+H2OHCOO－ + H3O+
B. CO2+H2OHCO3－ + H+
C. CO32－ + H2OHCO3－ + OH－
D. HS－ + H2OS2－ + H3O+
【答案】C
【解析】
【分析】
弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号。
【详解】A、是甲酸的电离方程式，故A错误；
B、是碳酸的一级电离方程式，故B错误；
C、是碳酸根的水解方程式，所以C选项是正确的；
D、是硫氢根离子的电离方程式，故D错误。
所以C选项是正确的。
6. 在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是：( )
A. 使酚酞试液变红的溶液： Na+、Cl-、SO42-、Fe3+
B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-
C. c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-
D. 碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 该溶液显碱性，铁离子不能大量存在，A错误；
B. 该溶液显酸性，在酸性条件下，NO3-能氧化Fe2＋，则这两种离子此时不能共存，B错误；
C. 该溶液显碱性，这四种离子可以大量共存，C正确；
D. 碳酸氢根离子和氢离子不能共存，D错误；
故合理选项为C。
7. 如图某工厂用NO气体制取NH4NO3溶液，下列说法不正确的是

A. 阳极的电极反应式为：NO-3e-+2H2O=+4H+
B. 物质B与物质C是同一种物质
C. A物质可为氨气
D. 阴、阳两极转移的电子数之比为1：1
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解NO制备NH4NO3，在阳极上NO失电子，生成NO3-，发生氧化反应，电极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，在阴极上NO得电子生成NH4+，发生还原反应，电极反应为NO+5e-+6H+=NH4++H2O，故A正确；
B．阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，所以B为铵根离子，阳极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，所以C为NO3-，物质B与物质C不是同一种物质，故B错误；
C．总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，则A为NH3，故C正确；
D．电解过程中电子守恒，阴阳两极通过的电子数相等，故D正确；
答案为B
8. 常温下，某溶液中由水电离出的c(OH-)= 1.0×10-10 mol/L，该溶液可以是
A. pH=4的NH4Cl溶液 B. pH=10 的NaOH溶液
C. pH=9的Na2CO3溶液 D. pH=2 的硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中水解促进水的电离，pH=4的NH4Cl溶液中水电离出的c(OH-)=1.0×10-4mol/L，故A错误；
B.氢氧化钠是强碱，电离出的氢氧根离子抑制水的电离，pH=10的NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)=1.0×10-10mol/L，故B正确；
C.碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解促进水的电离，pH=9的Na2CO3溶液中水电离出的c(OH-)=1.0×10-5mol/L，故C错误；
D.硫酸是强酸，电离出的氢离子抑制水的电离，pH=2的硫酸溶液中由水电离出的c(OH-)=1.0×10-12mol/L，故D错误；
故选B。
9. 下列有关能量转换的说法正确的是
A. 煤燃烧是化学能转化为热能的过程
B. 化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量不来源于太阳能
C. 动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能的过程
D. 植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程
【答案】A
【解析】
【详解】A.煤是化石能源，煤燃烧是化学能转化为热能的过程，故A正确；
B.化石燃料和植物燃料的形成都是源于太阳能，故B错误；
C.动物体内葡萄糖被氧化成CO2是化学能转变成热能的过程，故C错误；
D. 植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程，故D错误；
故选A。
10. 在室温下，0.1mol/L100mL的醋酸溶液中，欲使其溶液的pH减小，但又要使醋酸电离程度减少，应采取
A. 加入少量CH3COONa固体 B. 通入少量HCl气体
C. 升高温度 D. 加入水
【答案】B
【解析】
【详解】醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO-+H+；
A.加入少量CH3COONa固体，溶液中CH3COO-浓度增大，平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，A不选；
B.通入少量HCl气体，溶液中H+浓度增大，pH减小，平衡逆向移动，醋酸的电离程度减小，B选；
C.醋酸的电离是吸热过程，升高温度平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，醋酸的电离程度增大，C不选；
D.加水稀释，醋酸的电离程度增大，但溶液的氢离子浓度减小，溶液的pH增大，D不选；
答案选B。
11. 下述实验能达到预期目的的是:
编号
实验内容
实验目的
A
将SO2通入酸性KMnO4溶液中
证明SO2具有氧化性
B
将Cl2通入NaBr溶液中
比较氯与溴的还原性强弱
C
将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温
研究温度对化学平衡的影响
D
分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支加入少量MnO2
研究催化剂对H2O2分解速率的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B.将氯气通入溴化钠溶液中，氯气与溴化钠反应置换出溴单质，说明氯气的氧化性强于溴，故B错误；
C.铜与浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮气体，二氧化氮聚合生成无色的四氧化二氮的反应为放热反应，用冰水混合物冷却降温，气体的颜色变浅，说明降低温度，平衡向放热反应方向移动，故C正确；
D.由变量唯一化原则可知，研究催化剂对H2O2分解速率的影响时，应分别向2支试管中加入相同体积相同浓度的H2O2溶液，再向其中1支加入少量MnO2，故D错误；
故选C。
12. 下 列叙述正确的是
A. 95℃时，纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性
B. pH=3的醋酸溶液，稀释至10 倍后pH＞4
C. 25℃时， 0. 2 mol/L的盐酸，与等体积水混合后pH=1
D. pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
【答案】C
【解析】
【详解】A．因室温纯水的pH=7，水的电离过程(H2O⇌H++OH-)是吸热反应，升高到95℃，电离度增大，使c(H+)=c(OH-)＞10-7mol/l，则pH＜7，但水电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性，故A错误；
B．由于CH3COOH溶液中存在：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，所以将pH=3的CH3COOH溶液加水稀释10倍，促进弱电解质电离，pH＜4，故B错误；
C．HCl完全电离，0.2mol/L的盐酸溶液中氢离子浓度为0.2mol/L，与等体积水混合后氢离子浓度为0.1mol/L，pH=1，故C正确；
D．pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，氢氧化钠溶液中氢氧根离子和醋酸溶液平衡状态下氢离子恰好反应，醋酸又电离出氢离子，所以反应后是得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，以醋酸的电离为主，溶液呈酸性，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了弱电解质在溶液中的电离平衡，注意溶液的酸碱性取决于溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度大小，明确溶液的pH与溶液酸碱性的关系和计算。
13. 在一个容积为2 L的密闭容器中,发生如下反应：3A+B2C (A、B、C均为气体)若最初加入的A、B都是4 mol，10秒钟内A的平均反应速率为0.12 mol/(L·s)，则10 s后容器中的B的物质的量是( )
A. 2.8 mol B. 1.6 mol C. 3.2 mol D. 3.6 mol
【答案】C
【解析】
【详解】10 s内A的物质的量的变化量△n(A)=0.12 mol/(L·s)×10 s×2 L=2.4 mol，根据反应方程式3A+B2C，可知△n(B)=△n(A)=×2.4 mol=0.8 mol，故10 s后容器中B的物质的量为n(B)=4 mol-0.8 mol=3.2 mol，故合理选项是C。
14. 钢铁发生吸氧腐蚀时，正极发生的电极反应是（ ）
A. 2H2O＋O2＋4 e－＝4OH－ B. Fe2+＋2e－＝Fe
C. 2H+＋2e－＝H2↑ D. Fe3+＋e－＝Fe2+
【答案】A
【解析】
【分析】
中性或碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子发生还原反应，据此分析解答。
【详解】中性或碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe−2e−═Fe2+,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为2H2O＋O2＋4 e－＝4OH－，A项正确，
答案选A。
15. 用石墨作电极电解CuCl2溶液，当通电一段时间后，溶液仍呈蓝色时，收集到2.24 L气体(标准状况)。下列有关说法正确的是
A. 阳极生成的铜为5.6 g B. 电解过程中共转移0.2 mol电子
C. 电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol D. 电解后溶液呈碱性
【答案】B
【解析】
【详解】A．阳极的电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极的电极反应为Cu2++2e-=Cu，应在阴极生成铜，故A错误；
B．生成的气体为氯气，在标况下，Cl2的物质的量为n(Cl2)==0.1mol，由电极反应式可知转移0.2mol电子，故B正确；
C．收集到2.24 L气体(标准状况)，即收集0.1mol氯气，电子转移0.2mol，由阴极的电极反应为Cu2++2e-=Cu可知，应生成0.1molCu，故C错误；
D．由溶液仍呈蓝色，氯化铜没有全部电解，铜离子水解使溶液呈酸性，且氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，故D错误；
答案为B。
第II卷
二、非选择题
16. 按要求填空。
(1) Na2CO3溶液中滴入酚酞试液呈红色，原因是(用离子方程式表示)_____；加热后颜色变深，原因_____。
(2) FeCl3具有净水作用原理(用离子方程式表示)_______。
(3)将NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合(写出反应的离子方程式)_______。
(4)已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=1.6×10-11。向0.01 mol/L的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，刚好出现沉淀时，溶液的c(OH-)为_____mol/L；
(5)常温时，Fe(OH)3的溶度积常数Ksp=1×10-38，要使溶液中的Fe3+沉淀完全[残留在溶液中的c(Fe3+)<10-5 mol/L]，则溶液的pH应大于_______。
(6) 25℃时，在2.0×10-3 mol/L的氢氟酸水溶液中，调节溶液pH(忽略调节时体积变化)，测得平衡体系中c(F-)、c(HF)与溶液 pH的关系如下图。则25℃时，HF电离平衡常数为Ka(HF)=______。

【答案】 (1). +H2O+OH- (2). 随温度升高，水解平衡右移，c(OH-)增大，碱性增强，故溶液的红色加深 (3). Fe3++ 3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (4). Al3++3=Al(OH)3↓+ 3CO2↑ (5). 4×10-5 (6). 3 (7). 4×10-4
【解析】
【分析】
(1)(2)(3)根据盐水解的原理及水解方程式的书写解答；
(4)(5)根据溶度积的定义进行计算；
(6)根据电离平衡常数表达式及图中提供数据计算。
【详解】(1) Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中存在+H2O+OH-，水解过程为吸热过程，随温度升高，水解平衡右移，c(OH-)增大，碱性增强，故溶液的红色加深，答案：+H2O+OH-；随温度升高，水解平衡右移，c(OH-)增大，碱性增强，故溶液的红色加深；
(2) FeCl3水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮的杂质，所以 FeCl3具有净水作用，水解的离子方程式为Fe3++ 3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，答案：Fe3++ 3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；
(3)NaHCO3溶液中水解使溶液呈碱性：+H2OH2CO3+OH-，AlCl3溶液Al3+水解使溶液呈酸性：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，两溶液混合后发生和Al3+的双水解反应，反应的离子方程式为Al3++3=Al(OH)3↓+ 3CO2↑，答案：Al3++3=Al(OH)3↓+ 3CO2↑；
(4)向0.01 mol/LMgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，刚好出现沉淀时，c(Mg2+)=0.01mol/L，则c(OH-)=mol/L=4×10-5mol/L，答案：4×10-5；
(5))常温时，Fe(OH)3的溶度积常数Ksp=1×10-38，要使溶液中的Fe3+沉淀完全，残留在溶液中的c(Fe3+)<10-5 mol/L，Ksp=c(Fe3+)×c3(OH-)=10-5 ×c3(OH-)=1×10-38，解得c(OH-)=10-11mol/L，c(H+)==10-3mol/L，pH=3，要使溶液中的Fe3+沉淀完全，溶液的pH应大于3，答案：3；
(6)由图象可知，当pH=4时，c(H+)=1.0×10-4mol/L，c(HF)=4.0×10-3mol/L，c(F-)=1.6×10-3mol/L，则Ka(HF)===4×10-4，答案：4×10-4。
【点睛】根据离子方程式正确书写各类常数的表达式，准确计算出溶液里离子的浓度。
17. 由Cu2+、Cl-、 Na+、四种离子中的两种离子组成的电解质溶液若干种，可选用铁电极、铜电极、铂电极进行电解实验。
(1)欲使铁制品表面镀铜，应以________为阳极，电解质溶液为________；
(2)以铂作阳极电解_______溶液时，溶液的碱性有明显增强，且溶液保澄清，电解时总反应的化学方程式为_______。
【答案】 (1). 铜 (2). 硫酸铜或氯化铜溶液 (3). NaCl (4). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
【解析】
【分析】
(1)电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，电解质为含有镀层金属阳离子的可溶性盐；
(2)用惰性电极电解氯化钠溶液时，电解质和水的量都减少，氢离子在阴极放电，溶液的碱性增强，且溶液保持澄清，据此解答。
【详解】(1)根据电镀原理，铁制品表面镀铜，铁为镀件，所以铁制品作阴极，铜为镀层金属，所以铜作阳极，电解质为含有镀层金属阳离子的可溶性盐，如硫酸铜、氯化铜溶液等，答案：铜；硫酸铜或氯化铜溶液；
(2)以铂作阳极电解氯化钠溶液时，阴极上的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，总反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，溶液中氢离子浓度减小，同时生成氢氧化钠，溶液的碱性有明显增强，且溶液保澄清，答案：NaCl；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
【点睛】电解中电极材料会对阳极反应有较大影响，书写电极反应式时要先注意阳极材料是活性还是惰性材料。
18. 某化学反应3A2B+D在四种不同条件下进行，B、D的起始浓度为0。反应物A的浓度c随时间t的变化情况如下表：
实验序号
t/min
c/mol·L-1
温度/℃
0
10
20
30
40
50
1
500
2.0
1.6
1.3
1.0
0.8
0.8
2
500
c2
1.2
0.8
0.8
0.8
0.8
3
500
c3
1.7
1.3
1.0
1.0
1.0
4
600
2.0
1.1
0.9
0.9
0.9
0.9
根据上述数据，完成下列填空：
(1)在实验1，反应在10 min~20 min内反应物A的平均速率为_______；
(2)在实验2，A的初始浓度c2____mol/L，反应经_____min就达到平衡；
(3)设实验3的反应速率为3， 实验1的反应速率为1，则3__l(填＜、＞或＝)，且c3____2.0 mol/L(填＜、＞或＝)；
(4)比较实验4和实验1，可推测正反应是_____反应(填吸热或放热)。
【答案】 (1). 0.03 mol/ (Lmin) (2). 2.0 (3). 20 (4). ＞ (5). ＞ (6). 放热
【解析】
【分析】
根据题中信息，实验1中，10至20min时间内平均速率为v(A)=计算；根据实验1和实验2是等效平衡进行判断；根据10至20min时间内平均速率的计算值比较v1和v3的大小；根据实验1和实验4的数值比较，判断正反应放热还是吸热；据此解答。
【详解】（1）在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为v(A)===0.03mol•L-1•min-1；答案为0.03mol/(Lmin)。
（2）实验2中的温度和实验1相同，体积相同，平衡时A的浓度相等，所以实验1和实验2是等效平衡，而只投反应物，所以，A 的初始浓度 c2等于2.0mol/L，反应经20minA的浓度不再改变，说明达到平衡；答案为2.0，20。
（3）在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为v1(A)===0.03mol•L-1•min-1；在实验3中，反应在10至20min时间内平均速率为v3(A)===0.04mol•L-1•min-1，故v3＞v1，实验3的0至10min内平均速率大于0.04mol/(Lmin)，则在实验3的起始浓度大于1.7mol/L+0.4mol/L=2.1mol/L；答案为＞，＞。
（4）比较实验4和实验1，温度升高平衡时A的浓度增加，也就是平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；答案为放热。
19. 已知Al、Mg、Na为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表：
电离能/kJ‧mol-1
I1
I2
I3
I4
X
578
1817
2745
11578
Y
738
1451
7733
10540
Z
496
4562
6912
9543
(1)则Al、Mg、Na的电负性从大到小的顺序为_____________。
(2) C、N、O、H是周期表中前10号元素，它们的原子半径依次减小，H能分别与C、N、O形成电子总数相等的分子CH4、NH3、H2O。
①在CH4、NH3、H2O分子中，C、N、O三原子都采取_______杂化；
②CH4是含有_____键(填“极性”或“非极性”)____分子(填“极性”或“非极性”)；
③NH3是一种易液化的气体，请简述其易液化的原因_______。
④H2O分子的VSEPR模型的空间构型为_____；H2O分子的空间构型为______。
(3) K、Cr、 Cu三元素的原子序数依次增大，三原子的核外的最外层电子排布均为4s1。
①K元素组成的单质的晶体堆积模型为______(填代号)；
a.简单立方堆积 b.体心立方堆积 c.六方最密堆积 d.面心立方最密堆积
②Cr元素在其化合物中最高化合价为_____；
③Cu2+离子的核外电子排布式为______；
【答案】 (1). Al＞Mg＞Na (2). sp3 (3). 极性键 (4). 非极性键 (5). 分子间存在氢键 (6). 四面体结构 (7). V 形 (8). b (9). +6 (10). 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9
【解析】
【分析】
根据电负性递变规律，判断Al、Mg、Na的电负性大小；根据VSEPR理论判断杂化形式和空间构型；根据成键情况判断极性键还是非极性键；根据正负电荷重心是否重合判断极性分子还是非极性分子；根据NH3形成氢键，判断其易液化；根据金属晶体最常见的四种原子堆积模型，判断K为体心立方堆积，根据Cr的核外电子排布式，由价电子排布，判断其最高正价；根据Cu的核外电子排布式，写出Cu2+的电子排布式；据此解答。
【详解】（1）Al、Mg、Na为第三周期元素，X的I4电离能突然增大，说明最外层有3个电子，则X应为Al，Y的I3电离能突然增大，说明最外层有2个电子，则Y应为Mg，Z的I2电离能突然增大，说明最外层有1个电子，则Z应为Na，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，则X、Y、Z的电负性从大到小的顺序为Al＞Mg＞Na；答案为Al＞Mg＞Na。
（2）①CH4分子中，中心原子价层电子对数=4+=4，采取sp3杂化，NH3分子中，中心原子价层电子对数=3+=3+1=4，采取sp3杂化，H2O分子中，中心原子价层电子对数=2+=2+2=4，采取sp3杂化；答案为sp3。
②CH4分子中，中心原子价层电子对数=4+=4，采取sp3杂化，孤对电子对数为0，空间构型为正四面体结构，甲烷分子中C-H原子之间形成的共价键是不同原子提供电子形成共用电子对，为极性键，甲烷分子正负电荷重心重合，为非极性分子；答案为极性，非极性。
③因为氨分子间存在氢键，分子间作用力大，因而易液化；答案为氨分子间存在氢键。
④H2O分子中，中心原子价层电子对数=2+=2+2=4，采取sp3杂化，VSEPR模型的空间构型为正四面体，孤对电子对数为2，空间构型为V形；答案为正四面体，V形。
（3）①金属晶体最常见的四种原子堆积模型为简单立方堆积，面心立方最密堆积，体心立方最密堆积，六方最密堆积，则钾为体心立方堆积；答案为b。
②Cr为24号元素，核外有24个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，Cr的价电子排布式为3d54s1，其化合物中最高化合价为+6价；答案为+6。
③Cu为29号元素，核外有29个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+表示失去最外层一个电子和次外层3d上的一个电子，Cu2+离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9 或[Ar]3d9；答案为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9。
20. 氮化硼(BN)是-种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示：

请回答下列问题：
(1) 在BF3分子中，F-B-F的键角是_____，B原子的杂化轨道类型为_____，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，的立体结构为______。
(2)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为_____(填“极性键”或“非极性键”)，层间作用力为_____。
【答案】 (1). 120° (2). sp2 (3). 正四面体 (4). 共价键(或极性共价键) (5). 分 子间作用力
【解析】
【分析】
根据VSEPR理论判断BF3中中心原子B的杂化类型，空间构型及键角大小；根据VSEPR理论判断BF4-中中心原子B的杂化类型，空间构型；根据BN的结构判断形成共价键为极性共价键，由与石墨结构相似推出层间作用力；据此解答。
【详解】（1）BF3分子的中心原子B原子的价层电子对数=3+=3，中心原子B采取sp2杂化，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形，键角是120°，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-中B原子的价层电子对=4+=4，中心原子B采取sp3杂化，该离子中不含孤电子对，为正四面体结构；答案为120°，sp2，正四面体。
（2）B、N均属于非金属元素，二者形成的化学键是极性共价键；根据石墨结构可知六方氮化硼晶体中，层与层之间靠分子间作用力结合；答案为共价键(或极性共价键)，分子间作用力。
21. 已知(X代表卤素原子，R代表烃基)

利用上述信息，按以下步骤从合成 。 (部分试剂和反应条件已略去)

请回答下列问题：
(1)分别写出下列物质的结构简式：B______，D_______，E______；
(2)反应①~⑦中，属于消去反应的是____ (填反应数字代号，下同)，属于加成反应的是____，属于取代反应的是____；
(3)反应④的条件为_____，反应⑦的条件为_____；
(4)如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为_____。
【答案】 (1). (2). (3). (4). ②④ (5). ①③⑤⑥ (6). ⑦ (7). NaOH醇溶液、加热 (8). NaOH水溶液、加热 (9). 、、
【解析】
【分析】
由有机物的转化关系可知，与氢气发生加成反应可生成，则A为；在浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，则B为；与溴发生加成反应生成，C为；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，则D为；与溴水发生1.4—加成反应生成，则E为；在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，则F为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成。
【详解】（1）由以上分析可知，B的结构简式为，D的结构简式为，E的结构简式为，故答案为：；；；
（2）由以上分析可知，反应①为加成反应、反应②为消去反应、反应③加成反应、反应④为消去反应、反应⑤为加成反应、反应⑥为加成反应、反应⑦为取代反应，则②④为消去反应，①③⑤⑥为加成反应，⑦为取代反应，故答案为：②④；①③⑤⑥；⑦；
（3）反应④为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，反应⑦为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，故答案为：NaOH醇溶液、加热；NaOH水溶液、加热；
（4）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，可与溴水发生1，2—加成、1，4—加成或完全加成，得到的E可能为，故答案为：。
【点睛】为二烯烃，可与溴水发生1，2—加成、1，4—加成或完全加成是分析解答关键。
22. 有机物A（C4H10O）可用作增塑剂、溶剂等。A可以发生如下转化。

已知：R1-CH=CH-R2R1-CHO+R2-CHO
(1)按官能团分类，A属于_________。
(2)A→B的反应类型是_________。
(3)A→C的转化中Na的作用是__________。
(4)写出A→D的化学方程式：_______________。
(5)F的结构简式是_________。
【答案】 (1). 醇 (2). 取代反应 (3). 还原剂 (4). CH3CH=CHCH3+H2O (5).
【解析】
【分析】
A分子式是C4H10O，该物质与浓硫酸混合加热反应产生D，D发生信息反应产生C2H4O，则E是CH3CHO，逆推可知D是CH3CH=CH-CH3，A是，A与Cl2在光照条件下发生饱和C原子上的取代反应产生的可能是一氯取代醇，也可能是多氯取代烃；A含有醇羟基，与金属Na可以发生置换反应产生C为；D是CH3CH=CH-CH3，分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生高分子化合物F是。
【详解】(1)按官能团分类，A是，属于醇类物质。
(2)A是，与氯气在光照条件下发生取代反应产生氯代醇；所以A→B的反应类型是取代反应。
(3) 与Na发生置换反应产生和H2，在该反应中Na元素的化合价由反应前单质的0价变为反应后中的+1价，化合价升高，失去电子，表现还原性，所以A→C的转化中Na的作用是作还原剂。
(4) A是，与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生CH3CH=CHCH3和H2O，所以A→D的化学方程式： CH3CH=CHCH3+H2O。
(5)F是2-丁烯在一定条件下发生加聚反应产生聚2-丁烯，其结构简式是。
【点睛】本题考查了醇的消去反应、取代反应的条件、反应产物即产物的性质、物质结构简式是书写及反应方程式的书写等知识。掌握结构对性质的决定作用及各类物质的官能团是本题解答的关键。