四川省盐亭中学2022-2023学年高二上学期期中教学质量监测（理科）化学Word版含解析.docx

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四川省盐亭中学2022-2023学年秋高二上学期期中教学质量监测(理)化学试题一、单选题(每题3分，合计42分)1.在具有下列外围电子层结构的原子中，第一电离能最小的原子可能是（）A.nsnnp6    B.nsnnp5    C.nsnnp4    D.nsnnp3【答案】C【解析】【分析】s能级最多排2个电子，则A为Ne，B为F，C为O，D为N；【详解】同一周期中，第一电离能有增大的趋势，电子处于充满或半充满时，第一电离能增大，根据分析可知，O的第一电离能最小，答案为C2.下列基态原子或离子的电子排布式错误的是（）A.F-1s22s22p5B.Mg2+1s22s22p6C.K1s22s22p63s23p64s1D.Br1s22s22p63s23p63d104s24p5【答案】A【解析】【详解】A.氟离子核外有10个电子，其基态离子核外电子排布式为：1s22s22p6，故A错误；B.镁离子核外有10个电子，其基态离子核外电子排布式为：1s22s22p6，故B正确；C.K原子核外有19个电子，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1，故C正确；D.Br原子核外有35个电子，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p5，故D正确。故选A。【点睛】一般，主族元素原子失去电子变成阳离子时，核外电子数、电子层数、最外层电子数改变；主族元素原子得到电子变成阴离子时，核外电子数和最外层电子数改变，但电子层数不变，根据构造原理写出基态原子或离子的电子排布式。3.化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列化学用语的书写正确的是A.基态Mg原子的核外电子排布图：B.过氧化氢电子式：C.As原子的简化电子排布式为：[Ar]4s24p3D.原子核内有10个中子的氧原子：【答案】D 【解析】【详解】A．核外电子排布图违背了泡利不相容原理（1个原子轨道里最多只能容纳2个电子且自旋方向相反），A错误；B．过氧化氢是共价化合物，不存在离子键，氧原子之间形成1对共用电子对，氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，电子式为，B错误；C．As原子核外共有33个电子，故简化的电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，C错误；D．氧原子质子数为8，原子核内有10个中子的氧原子质量数为18，原子符号为818O，故D正确。答案选D。4.下面的排序不正确的是A.晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4B.硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅C.熔点由高到低：Na＞Mg＞AlD.晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI【答案】C【解析】【分析】【详解】A．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，则晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4，故A正确；B．原子晶体中，原子半径越小，键长越短，键能越大，共价键越牢固，硬度越大，键长C−C＜C−Si＜Si−Si，则硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故B正确；C．金属晶体中金属原子的价电子数越多，原子半径越小，金属阳离子与自由移动的电子之间的静电作用越强，金属键越强，熔沸点越高，则熔点由高到低：Al＞Mg＞Na，故C错误；D．离子半径越小、离子键越强，晶格能越大，熔沸点越高，离子半径：r(F-)＜r(Cl-)＜r(Br-)＜r(I-)，则熔点由高到低：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，故D正确；故选C。5.Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是A.非金属性：B.单质的熔点：C.简单氢化物的沸点：D.最高价含氧酸的酸性： 【答案】D【解析】【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。【详解】A．X为Al，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：Q>X，A错误；B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si>Al，即Y>X，B错误；C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q>Z，C错误；D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：Z>Y，D正确；故答案为：D。6.下列关于热化学反应的描述中正确的是A.HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热△H=2×(-57.3)kJ/molB.甲烷的燃烧热△H=-890.3kJ/mol，则CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H<-890.3kJ/molC.CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=+566.0kJ/molD.已知：500℃、30MPa下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ·mol-1；将1molH2和过量的N2在此条件下充分反应，会放出热量92.4kJ【答案】C【解析】【详解】A．中和热概念是强酸、强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，中和热△H=−57.3kJ/mol，反应中还生成硫酸钡沉淀会影响能量变化，故A错误； B．燃烧热反应中对应生成的水为液态水，且气态水的能量比液态水的能量高，则CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)　△H≠−890.3kJ⋅mol−1，故B错误；C．若两个反应互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，且物质的量与热量成正比，由CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，可知2CO2(g)═2CO(g)+O2(g)反应的△H=+566.0kJ/mol，故C正确；D．合成氨为可逆反应，氮气过量时，1.5molH2也不能完全转化，则此条件下充分反应，放出热量小于46.2kJ，故D错误；故选C。7.下列对分子性质的解释中，不正确的是A.水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致B.乳酸()分子中含有一个手性碳原子C.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释D.由上图知酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4中非羟基氧原子数大于次氯酸中非羟基氧原子数【答案】A【解析】【分析】A.化合物的稳定性与化学键有关，水分子中H-O键牢固，故水稳定，但与氢键无关；B.有机物分子中连有4个不同基团的C原子是手性碳原子；C.根据相似相溶原理：极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；D.酸性强弱的经验规律之一：含氧酸分子的结构中含非羟基(羟基为-OH)氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强。【详解】A.化合物的稳定性与化学键强弱有关，氢键影响水的沸点但不影响水的稳定性，故A错误；B.乳酸(CH3CHOHCOOH)分子中与-OH相连的C上连有4个不同的基团，是手性碳原子，故B正确；C.碘、四氯化碳、甲烷是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水，故C正确；D.H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，故D正确；故选A。8.不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2 溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是A.一定时间内，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大B.由①和②可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快C.由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快D.氧化过程的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O【答案】B【解析】【详解】A.由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；B.由图象可知，①和②的反应温度和溶液的pH均不相同，无法判断溶液的pH和Fe2+氧化速率的关系，故B错误；C.由图象可知，①和③的溶液的pH相同，温度越高，Fe2+氧化速率越快，故C正确；D.氧化过程发生的反应为酸性条件下，亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；故选B。9.下面有关晶体的叙述中，不正确的是A.氯化钠晶体中，每个周围距离相等的共有6个B.金刚石为空间网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子C.氯化铯晶体中，每个周围紧邻8个D.干冰晶体中，每个分子周围紧邻12个分子【答案】A【解析】【详解】A．氯化钠晶体中和间隔排列，所以每个周围有上下左右前后6个，同样每个周围也是前后左右上下6个，根据晶体结构分析，与最近且等距的 有12个，A项错误；B．金刚石网状结构中，每个碳原子含有4个共价键，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，B项正确；C．氯化铯晶体中，铯离子的配位数是8，每个周围等距且最近的是晶胞顶点的8个，C项正确；D．二氧化碳晶体属于面心立方，每个二氧化碳分子周围紧邻二氧化碳分子个数为12，D项正确；故选A。10.为研究反应的反应进程中的能量变化，在和1的混合溶液中加入，过程及图像如下：步骤①：步骤②：下列有关该反应的说法不正确的是A.是该反应的催化剂B.加入催化剂，变小C.D.步骤②比步骤①快【答案】B【解析】【详解】A．催化剂参加化学反应，改变反应途径，降低反应的活化能，能够加快化学反应速率，而其质量与化学性质不变，根据图示可知Fe3+是该反应的催化剂，A正确；B．催化剂只能通过降低活化能，改变反应速率，不影响焓变，B错误；C．根据图示可知：反应①生成物的能量比反应物的高，反应为吸热反应；反应②生成物的能量低于反应物，反应②是放热反应，所以反应热ΔH1＞ΔH2，C正确；D．步骤①的活化能大于步骤②的活化能，则步骤①为慢反应，步骤②为快反应，D正确；故答案为：B。 11.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经2min后测得D的浓度为0.6mol/L，c(A)：c(B)=3：5，以C表示的平均速率v(C)=0.3mol•L-1•min-1，下列说法正确的是A.反应速率v(B)=0.25mol•L-1•min-1B.该反应方程式中，x=1C.2min时，A的物质的量为2.0molD.2min时，A的转化率为50%【答案】D【解析】【分析】2min后测得D的浓度为0.6mol/L，v(D)==0.3mol•L-1•min-1，以C表示的平均速率v(C)═0.3mol•L-1•min-1，由速率之比等于化学计量数之比可知x=2，设开始时A、B的物质的量均为n，生成D为0.6mol/L×2L=1.2mol，则，c(A)：c(B)═3：5，则，解得n=3.6mol；【详解】A．v(D)==0.3mol•L-1•min-1，由化学反应速率之比等于化学方程式中化学计量数之比可知v(B)=v(D)=0.15mol•L-1•min-1，故A错误；B．v(D)==0.3mol•L-1•min-1，以C表示的平均速率v(C)═0.3mol•L-1•min-1，由化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x=2，故B错误；C．2min时，D的物质的量是0.6mol/L×2L=1.2mol，所以消耗A、B的物质的量分别是1.8mol、0.6mol，设A、B起始物质的量均为n，则剩余A、B的物质的量分别是n-1.8mol、n-0.6mol，根据c(A)：c(B)=3：5，则，解得n=3.6mol，所以2min时，A的物质的量为3.6mol-1.8mol=1.8mol，故C错误；D．A的转化率为×100%＝50%，故D正确；故选：D。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 ASO2溶于水形成溶液能导电SO2是电解质B白磷为正四面体结构的分子白磷分子中P—P键间的键角是109.5°C1体积水可以溶解约700体积氨气氨是极性分子且存在氢键的影响DHF的沸点高于HClH—F的键长比H—Cl的键长短A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．SO2溶于水形成的溶液能导电是由于SO2和水反应生成H2SO3，电离出阴阳离子，但SO2本身不电离出离子，故SO2为非电解质，故A错误；B．白磷为正四面体结构，两个P−P间的键角是60∘，与甲烷中碳氢键的键角不同，故B错误；C．氨气和水分子中都含有氢键，二者都是极性分子，并且氨气能和水分子之间形成氢键，则氨气极易溶于水，故C正确；D．HF分子间含有氢键，所以其沸点较高，氢键属于分子间作用力的一种，键长的长短影响物质的稳定性，与氢键无关，故D错误；答案选C。13.我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：，下列有关说法正确的是A.HCHO分子间存在氢键B.是非极性键组成非极性分子C.每生成消耗D.HCHO分子中既含σ键又含π键【答案】D【解析】【详解】A．HCHO含有的官能团为醛基，纯的液态甲醛不含氢键，但是甲醛水溶液中是存在氢键的，A错误；B．二氧化碳结构为O=C=O，为极性键，B错误；C．没有标明状况，故不一定为，C错误；D．甲醛中，含有碳氧双键以及两个碳氢单键，故其中3个键，1个键，D正确； 故答案为：D。14.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+C.向反应后的溶液加入乙醇，没有任何现象，因为[Cu(NH3)4]2+与乙醇不反应D.在[[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供孤电子对，NH3提供空轨道【答案】B【解析】【详解】发生的离子反应是Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4＋，Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－，A、根据上述发生反应，反应后溶液中没有Cu2＋，故A错误；B、根据反应，生成深蓝色的配合离子是[Cu(NH3)4]2＋，故B正确；C、加入乙醇后，利用乙醇极性小的性质，有深蓝色沉淀产生，故C错误；D、Cu2＋提供空轨道，NH4＋提供孤电子对，故D错误。15.C60、金刚石、石墨和氯化铯的结构模型如图所示(石墨仅表示出其中的一层结构)：（1）、金刚石和石墨三者的关系是互为___________。A.同分异构体B.同素异形体C.同系物D.同位素（2）固态时，的晶体类型是___________，晶体类型是___________。（3）晶体硅的结构跟金刚石相似，1mol晶体硅中含有硅-硅单键的数目约是___________。（4）石墨层状结构中，平均每个正六边形占有的碳原子数是___________。（5）观察图形推测，晶体中两距离最近的间距离为a，则每个周围与其距离为a的数目为___________，每个周围距离相等且次近的数目为___________，距离为___________，每个周围距离相等且第三近的数目为___________，距离为___________。每个周围紧邻且等距的数目为___________。（6）科学家把和K 掺杂在一起制造了一种富勒烯与钾的化合物，该物质在低温时是一种超导体，其晶胞如图所示，该物质中K原子和分子的个数比为___________。（7）继后，科学家又合成了、。请解释如下现象。熔点：，而破坏分子所需要的能量：，其原因是___________。【答案】（1）B（2）①.分子晶体②.离子晶体（3）（4）2（5）①.6②.12③.a④.8⑤.⑥.8（6）（7）结构相似的分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力(或范德华力)越强，熔化所需的能量越多，故熔点：；而破坏分子需断开化学键，成键原子半径越小，断键所需能量越多，故【解析】【小问1详解】所给三种物质均为只由碳元素组成的单质，故它们互为同素异形体；故答案为：B；【小问2详解】中只含碳元素，且不具有向空间无限伸展的网状结构，所以为分子晶体；CsCl晶格结构有序，由金属与非金属元素构成，所以为离子晶体；故答案为：分子晶体；离子晶体；【小问3详解】由金刚石的结构模型可知，每个碳原子都与相邻的碳原子形成一个单键，故每个碳原子相当于形成个单键，则硅中可形成硅硅单键；故答案为：2NA； 【小问4详解】石墨层状结构中每个碳原子为3个正六边形共有，即对每个六边形占有个碳原子，所以每个正六边形占有(个)碳原子；故答案为：2；【小问5详解】以晶胞顶点Cs+为例，每个Cs+周围与其距离为a的Cs+在大立方体棱上，这样的原子有3个；立方晶胞中，每个顶点的原子被8个晶胞共有，每条棱的原子被4个晶胞共有，故每个Cst周围与其距离为a的Cs+数目为；每个Cs+周围距离相等且次近的Cs+为大立方体面心上的Cs原子，这样的原子有3个；立方晶胞中，每个面的原子被2个晶胞共有，数目为；距离为；距离相等且第三近的Cs+为大立方体体心上的Cs原子，立方晶胞中，内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞，数目为1✖8=8，距离为 ；每个Cs+周围邻近且等距的Cl-为小立方体体心上的Cl原子，数目为1×8=8；故答案为：6；12；；8；；8；【小问6详解】在晶胞中，每个面上有两个K，每个顶点上和体心有1个C60，根据均摊法可知，K原子个数，C60分子的个数比为，K：C60个数比为3：1；故答案为：3：1；【小问7详解】结构相似的分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力(或范德华力)越强，熔化所需的能量越多，故熔点：；而破坏分子需断开化学键，元素电负性越强其形成的化学键越稳定，断键时所需能量越多，故破坏分子需要的能量大小顺序为N60>C60>Si60。16.Ⅰ.某温度时，在2L密闭容器中，三种气态物质X、Y、Z的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：（1）该反应的化学方程式为___________ （2）对于反应，在四种不同情况下反应速率分别为：①；②；③；④则反应进行由快到慢的顺序为___________Ⅱ.已知在298K时的热化学方程式：；；根据上面的热化学方程式完成下列问题：（3）等质量的、C、完全燃烧时放出热量最多的是___________(填化学式)。（4）据以上反应，的___________(用含、、的式子表示)（5）已知，试写出甲烷燃烧生成二氧化碳和水蒸气的热化学方程式：___________。Ⅲ.通过测定收集一定体积氢气所用的时间来确定锌粒和稀硫酸反应速率的实验装置如图：（6）①装置中仪器A的名称为___________。②装置组装完成后需要先检查该装置的气密性。简述检查该装置气密性的方法___________；实验时以收集到气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是___________。【答案】（1）（2）④>②>①>③（3）（4）（5）（6）①.分液漏斗②.关闭分液漏斗活塞，拉动注射器，松手，注射器恢复到原来的位置 ③.收集气体所需时间【解析】【小问1详解】由图可知，X、Y为反应物，Z为生成物，时，X的减小量为，Y的减小量为，Z的增加量为，X、Y、Z的系数比为，该反应的化学反应方程式为。故答案为：。【小问2详解】①，②，此时，③，此时，④，此时，则反应进行由快到慢的顺序为④>②>①>③。【小问3详解】设质量都为m，相同质量的、、C完全燃烧时，放出热量分别是、、、最大值应为，因此相同质量的、、C完全燃烧时，放出热量最多的是。故答案为：。【小问4详解】①②③根据盖斯定律，①＋③-②得热化学方程式为【小问5详解】已知：②，④ ，根据盖斯定律，②+④×2可得：。【小问6详解】装置中仪器A为分液漏斗，根据装置图采用关闭分液漏斗活塞，拉动注射器，松手，注射器能恢复到原来的位置的方法检查装置的气密性；为了测定锌粒和稀硫酸反应的速率，需要记录收集到气体所用的时间，故答案：关闭分液漏斗活塞，拉动注射器，松手，注射器能恢复到原来的位置；收集气体所需时间。17.下列实验对影响化学反应速率的因素进行探究。I.催化剂对速率的影响探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果：在两支试管中各加入2mL5%的H2O2溶液，再向其中分别滴入1mL浓度均为0.1mol/L的FeCl3溶液和CuSO4溶液。（1）H2O2分解的化学方程式是_______。（2）有同学建议将CuSO4改为CuCl2溶液，理由是______；还有同学认为即使改用了CuCl2溶液，仍不严谨，建议补做对比实验：向2mL5%的H2O2溶液中滴入的试剂及其用量是___。II.浓度对速率的影响实验方案：混合试剂1和试剂2，记录溶液褪色所需的时间。实验1实验2试剂12mL0.1mol/L的草酸溶液2mL0.2mol/L的草酸溶液试剂24mL0.01mol/L的高锰酸钾酸性溶液4mL0.01mol/L的高锰酸钾酸性溶液（3）写出上述反应的离子方程式：___________。（4）实验1中tmin时溶液褪色，用草酸表示的反应速率(H2C2O4)=___________mol·L-1·min-1。联系实验1、2，预期结论是___________。（5）n(CO2)随时间的变化如下图1所示，其变化的原因是___________。 （6）研究发现KMnO4溶液的酸化程度对反应的速率也有较大影响，用不同浓度的硫酸进行酸化，其余条件均相同时，测得反应溶液的透光率(溶液颜色越浅，透光率越高)随时间变化如图2所示，由此得出的结论是___________。【答案】（1）2H2O22H2O+O2↑（2）①.未排除阴离子种类差异带来的干扰②.1mL0.3mol·L-1或者0.2mol·L-1NaCl或KCl溶液（3）2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（4）①.②.其他条件相同时，H2C2O4溶液浓度越大，KMnO4酸性溶液褪色越快，反应速率也越快（5）生成的Mn2+对该反应有催化作用，开始阶段CO2的生成速率随Mn2+浓度增大而加快；一段时间后，反应物浓度减小且浓度影响为主，CO2的生成速率变慢（6）其他条件相同时，硫酸浓度增大，褪色加快，化学反应速率加快【解析】【小问1详解】H2O2分解的化学方程式是2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；【小问2详解】将CuSO4改为CuCl2溶液，理由是未排除阴离子种类差异带来的干扰；即使改用了CuCl2溶液，仍不严谨，建议补做对比实验：向2mL5%的H2O2溶液中滴入的试剂及其用量是1mL0.3mol•L-1或者0.2mol•L-1NaCl或KCl溶液，可排除氯离子的干扰，故答案为：未排除阴离子种类差异带来的干扰；1mL0.3mol•L-1或者0.2mol•L-1NaCl或KCl溶液；【小问3详解】Mn元素的化合价降低、C元素的化合价升高，由电子及原子守恒可知反应为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，故其离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；【小问4详解】实验1中tmin时溶液褪色，用草酸表示的反应速率(H2C2O4)=×=mol•L-1•min-1，联系实验1、2，预期结论是其他条件相同时，H2C2O4溶液浓度越大，KMnO4 酸性溶液褪色越快，反应速率也越快，故答案为：；其他条件相同时，H2C2O4溶液浓度越大，KMnO4酸性溶液褪色越快，反应速率也越快；【小问5详解】n(CO2)随时间的变化如图1所示，其变化的原因是生成的Mn2+具有催化作用，开始阶段CO2的生成速率随Mn2+浓度增大而加快，一段时间后，反应物浓度减小且浓度影响为主，CO2的生成速率变慢，故答案为：生成的Mn2+具有催化作用，开始阶段CO2的生成速率随Mn2+浓度增大而加快，一段时间后，反应物浓度减小且浓度影响为主，CO2的生成速率变慢；【小问6详解】由图可知，得出的结论是其他条件相同时，硫酸浓度增大，褪色加快，化学反应速率加快，故答案为：其他条件相同时，硫酸浓度增大，褪色加快，化学反应速率加快。18.有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，B是电负性最大的元素，C的2p轨道中有三个未成对的单电子，F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，D是主族元素且与E同周期，E能形成红色(或砖红色)的和黑色的EO两种氧化物，D与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。请回答下列问题。（1）E元素原子基态时的电子排布式为___________。元素A、C、E电负性由大到小为___________。（2）分子中F原子的杂化类型是___________，F的氧化物分子空间构型为___________。（3）键角小于的原因主要是___________，试判断溶于水后，形成的合理结构：___________(填字母代号)，推理依据是___________。a．b．（4）从图中可以看出，D跟B形成的离子化合物的化学式为___________；该离子化合物晶体的密度为ag/cm3，则晶胞的体积是___________(写出表达式即可)。【答案】（1）①.或②.N>H>Cu （2）①.②.平面正三角形（3）①.孤电子对的排斥力比成键电子对大②.b③.一水合氨电离产生铵根离子和氢氧根（4）①.②.【解析】【分析】有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C的2p轨道中有三个未成对的单电子，则C原子核外电子排布为，则C为N元素；F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，则F原子核外电子数为9+7＝16，则F为S元素；E能形成红色（或砖红色）的和黑色的EO两种氧化物，则E为Cu元素；D与B可形成离子化合物，根据晶胞结构可知，晶胞中F原子数目为8，D原子数目为，故化学式为，D为+2价，D是主族元素且与E同周期，处于第四周期，则D为Ca元素。【小问1详解】根据以上分析可知E为Cu元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律可知基态原子的电子排布式为或；根据以上分析可知A为H元素，C为N元素，E为Cu元素，所以电负性：N>H>Cu；【小问2详解】根据以上分析可知，A为H元素，F为S元素，分子中S原子的价层电子对数＝2+×(6－1×2)＝4，S原子采取杂化，S的氧化物分子中S原子价层电子对数＝3+×(6－2×3)＝3，S原子没有孤对电子，故为平面正三角形；【小问3详解】根据以上分析可知，A为H元素，C为N元素，F为S元素，和的价层电子对数均为4，但含有2对孤电子对，含有1对孤电子对，孤电子对的排斥力比成键电子对大，所以的键角小于；由于一水合氨电离产生铵根离子和氢氧根，故中N原子与水中的H原子之间存在氢键，应为b结构；【小问4详解】