/1.以下實驗現象和結論相對應且正確的選項是選項實驗現象結論A用鉑絲沾取少量某溶液進展焰色反響火焰呈黃色證明該溶液中存在Na+不含K+B用濃鹽酸和石灰石反響產生的氣體直接通入Na2SiO3溶液中Na2SiO3溶液變渾濁C元素的非金屬性大于Si元素C將石蠟油在碎瓷片上加熱,產生的氣體通過酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液紫紅色褪去石蠟油分解產生了不同于烷烴的氣體,且該氣體具有復原性。D向某溶液參加稀硝酸酸化的BaCl2溶液產生白色沉淀該溶液中一定存在SO42-或者Ag+A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A、觀察鉀元素的焰色反響需要透過藍色鈷玻璃觀察,不能排除鉀離子,A錯誤；B、鹽酸不是最高價含氧酸,且生成的CO2中含有氯化氫,不能據此說明C元素的非金屬性大于Si元素,B錯誤；C、酸性KMnO4溶液紫紅色褪去,說明石蠟油分解產生了具有復原性不同于烷烴的烴,C正確；D、稀硝酸具有強氧化性,溶液中也可能存在亞硫酸根,D錯誤,答案選C。點睛：此題考察化學實驗方案評價,為高頻考點,涉及離子檢驗、未知物檢驗、焰色反響等知識點,明確物質的性質是解此題關鍵,鑒別物質時要排除干擾因素,易錯選項是D,注意硝酸的強氧化性。2.設NA為阿伏伽德羅常數的值,以下說法正確的選項是A.64gCaC2中含有的共用電子對數為3NAB.常溫常壓下,1.8g甲基(-CD3)中含有的中子數為NAC.1.5mol的MnO2粉末與足量濃鹽酸共熱轉移電子數目小于3NaD.1L0.01mol?L-1CKA1(SO4)2溶液中含有的陽離子數為0.02NA【答案】A【解析】A.64gCaC2的物質的量為64g64g/mol=1mol,陰離子中C與C之間是碳碳三鍵,含有的共用電子對為3mol,故A正確；B.常溫常壓下,1.8g甲基(-CD3)的物質的量為1.8g18g/mol=0.1mol,其中含有的中子為0.1mol×(6+1×3)=0.9mol,故B錯誤；C.1.5mol的MnO2粉末與足量濃鹽酸發生氧化復原反響,轉移電子1.5mol×2=3mol,故C錯誤；D.溶液中的鋁離子水解,Al3++3H2OAl(OH)3+3H+點睛：此題考察了阿伏伽德羅常數的計算與判斷,注意掌握物質的量與阿伏伽德羅常數、摩爾質量與物理量之間的轉化關系。此題的易錯點為D,要注意水解對離子數目的影響。3.一種光化學電池的構造如圖,當光照在外表涂有氯化銀的銀片上時,AgCl(S)Ag(s)+Cl(AgCl),[Cl(AgCl)表示生成的氯原子吸附在氯化銀外表],接著Cl(AgCl)+e-→4Cl-(aq),假設將光源移除,電池會立即恢復至初始狀態。以下說法正確的選項是A.光照時,電流由Y流向XB.光照時,Pt電極發生的反響為2Cl-+2e-=Cl2C.光照時,Cl-向Ag電極挪動D.光照時,電池總反響為：AgCl(s)+Cu+(aq)Ag(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)【答案】D【解析】試題分析：A．光照時,氯化銀在X得到電子,所以X是正極,Y是負極,因此電流由X流向Y。錯誤。B．光照時,Pt電極發生的反響為2Cl－-2e－=Cl2↑。錯誤。C．光照時,Cl－向Pt電極挪動.錯誤。D．光照時,電池總反響為：AgCl(s)+Cu+(aq)Ag(s)+Cu2+(aq)+Cl-—(aq)。正確。考點：考察光化學電池的構造與工作原理的知識。4.以下說法正確的選項是A.沸點：鄰二甲苯>間二甲苯>對二甲苯B.雞蛋淸在NH4Cl溶液中能發生鹽析,但是不能和鹽酸發生化學反響C.有機物A的分子式為C16H16O3D.滴入酸性KMnO4溶液振蕩,紫色褪去,能證明其構造中存在碳碳雙鍵【答案】A【解析】A．對二甲苯＞間二甲苯＞鄰二甲苯對稱性依次減弱,根據對稱性越好沸點越低,沸點順序為：鄰二甲苯>間二甲苯>對二甲苯,故A正確；B.雞蛋淸的主要成分為蛋白質,蛋白質是兩性物質,可以與鹽酸發生中和反響,故B錯誤；C.根據,有機物A的分子式為C16H14O3,故C錯誤；D.中含有碳碳雙鍵、酚羥基以及苯環上含有側鏈烴基,都能被酸性KMnO4溶液氧化,使紫色褪去,故D錯誤；應選A。5.向以下圖裝罝中緩慢地通入氣體X,假設關閉活塞,那么品紅溶液無變化,而澄淸石灰水變渾濁；假設翻開活塞,那么品紅溶液褪色,加熱后又恢復紅色。據此判斷氣體X和洗氣瓶內溶液Y分別可能是A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】假設翻開活塞K,品紅溶液褪色,X氣體只可能是SO2或Cl2；關閉活塞K,假設X氣體為SO2,通入飽和NaHCO3溶液后發生反響：SO2+2NaHCO3═Na2SO3+2CO2+H2O,SO2被吸收而放出CO2,所以品紅溶液無變化,而澄清石灰水變渾濁。假設X是Cl2,Cl2通入飽和NaCl溶液時,Cl2不能被吸收,也無CO2氣體放出。顯然只有A符合,應選A。點睛：此題考察二氧化硫的性質。掌握SO2、Cl2、CO2的有關化學性質是解題的關鍵。此題也可以根據現象來推測物質,然后再進展一一驗證,這也是解決問題的一種方法。6.縱觀古今,化學與生活皆有著親密聯絡。以下有關說法錯誤的選項是A.“梨花淡自柳深青,柳絮飛時花滿城〞中柳絮的主要成分和棉花的一樣B.制作煙花的過程中常參加金屬發光劑和發色劑使煙花放出五彩繽紛的顏色C.草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳氣肥〞的主要成分可以是碳酸鈣D.芒硝晶體(Na2SO4·10H2O)白天在陽光下曝曬后失水、溶解吸熱,晚上重新結晶放熱,實現了太陽能轉化為化學能繼而轉化為熱能【答案】C7.A、B、C、D、E是五種短周期元素,A的某種原子失去一個電子后可形成一個質子,B的某種單質是自然界中最硬的物質,C的某種單質是生物呼吸必需的氣體,D元素原子的K層和M層電子數一樣,E是短周期金屬性最強的元素。以下說法正確的選項是A.C、D、E的簡單離子半徑由大到小的順序是E>D>CB.含有E的鹽溶液可能顯酸性、可能顯中性、也可能顯堿性C.A和C形成的化合物中一定只有極性鍵D.BC2跟C、E形成的化合物發生的反響都是非氧化復原反響【答案】B【解析】A、B、C、D、E是五種短周期元素,A的某種原子失去一個電子后可形成一個質子,A為H元素；B的某種單質是自然界中最硬的物質,B為C元素；C的某種單質是生物呼吸必需的氣體,C為O元素；D元素原子的K層和M層電子數一樣,D為Mg元素；E是短周期金屬性最強的元素,E為Na元素。A.一般而言,電子層數越多,離子半徑越大,電子層數一樣的離子,核電荷數越大,離子半徑越小,C、D、E的簡單離子半徑由大到小的順序是E＜D＜C,故A錯誤；B.鈉鹽溶液可能顯酸性,如硫酸氫鈉、可能顯中性,如氯化鈉、也可能顯堿性,如碳酸鈉,故B正確；C.過氧化氫中含有極性鍵和非極性鍵,故C錯誤；D.二氧化碳和過氧化鈉的反響屬于氧化復原反響,故D錯誤；應選B。8.三氯化硼的熔點為-107.3℃,沸點為12.5℃,易水解生成硼酸(H3BO3),可用于制造高純棚、有機合成催化劑等。實驗室制取三氯化硼的原理為B2O3+3C+3Cl22BCl3+3CO。(1)甲組同學擬用以下裝置制取純潔枯燥的氯氣(不用搜集)。①裝置B中盛放的試劑是____________,裝置C的作用是___________。②裝置A中發生反響的離子方程式為_____________________。(2)乙組同學選用甲組實驗中的裝置A、B、C和以下裝置(裝置可重復使用)制取BCl3并驗證反應中有CO生成。①乙組同學的實驗裝置中,依次連接的合理順序為A→B→C→G→____→____→____→_____→F→D→I。②能證明反響中有CO生成的現象是_________________。③開場實驗時,先點燃__________(填“A〞或“G〞)處的酒精燈。④請寫出BCl3水解的化學方程式_______________。學&科&網...⑤硼酸是一元弱酸,其鈉鹽化學式為Na[B(OH)4],那么硼酸在水中電離方程式是______________。【答案】(1).飽和食鹽水(2).枯燥氯氣(3).2MnO4+16H-+10C1-═2Mn2++5Cl2↑+8H2O(4).E(5).H(6).J(7).H(8).裝置F中黑色粉末變為紅色,裝置D中澄清石灰水變渾濁(9).A(10).BCl3+3H2O═H3BO3+3HCl(11).H3BO2+H2O[B(OH)4]-+H+【解析】(1)根據實驗裝置圖可知,用高錳酸鉀與濃鹽酸反響制得氯氣,同時生成氯化鉀和氯化錳,制得的氯氣中含有氯化氫和水雜質,要用飽和食鹽水除去氯化氫,用濃硫酸除去水份,而得到枯燥純潔的氯氣；①根據上面的分析可知,裝置B中盛放的試劑是飽和食鹽水,裝置C中裝有濃硫酸,其作用是枯燥氯氣；

②裝置A中高錳酸鉀與濃鹽酸反響制得氯氣,同時生成氯化鉀和氯化錳,發生反響的離子方程式為2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

(2)乙組同學選用甲組實驗中的裝置A、B、C制得枯燥的氯氣,用氯氣與B2O3、C反響生成三氯化硼和CO,三氯化硼的熔點為-107.3℃,沸點為12.5℃,所以搜集三氯化硼要用冰水冷卻,未反響的氯氣尾氣用氫氧化鈉吸收,三氯化硼易水解,為防止氫氧化鈉溶液中水進入裝置E,在E和J之間接上H裝置,用于吸水,生成的CO經枯燥后再通過F裝置復原氧化銅,再將生成的氣體通過澄清石灰水檢驗,可以證明原反響中有一氧化碳生成,多余的CO不能排放到空氣中,要用排水法搜集；①根據上面的分析可知,乙組同學的實驗裝置中,依次連接的合理順序為A→B→C→G→E→H→J→H→F→D→I；②根據實驗的原理可知,生成的CO能將黑色的氧化銅復原為紅色的銅,同時產生能使澄清石灰水變渾的氣體,所以能證明反響中有CO生成的現象是裝置F中黑色粉末變為紅色,裝置D中澄清石灰水變渾濁,；③加熱CuO前需要利用CO除去裝置內空氣,那么開場實驗時,先點燃A處的酒精燈；④BCl3水解生成硼酸和氯化氫的化學方程式為BCl3＋3H2O=H3BO3＋3HCl；⑤根據硼酸是一元弱酸,且其鈉鹽化學式為Na[B(OH)4],可知硼酸在水中電離方程式是H3BO3＋H2O[B(OH)4〕-＋H+。9.科學家積極探究新技術對CO2進展綜合利用。Ⅰ.CO2可用來合成低碳烯烴。2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)△H=akJ/mol請答復：(1)：H2和CH2=CH2的燃燒熱分別是285.8kJ/mol和1411.0kJ/mol,且H2O(g)H2O(1)△H=-44.0kJ/mol,那么a=__________kJ/mol。(2)上述由CO2合成CH2=CH2的反響在_____下自發進展〔填“高溫〞或“低溫〞〕,理由是___________。(3)在體積為1L的密閉容器中,充入3molH2和1molCO2,測得溫度對CO2的平衡轉化率和催化劑催化效率的影響如圖1所示。以下說法正確的選項是_________。A.平衡常數大小：KM>KNB.其他條件不變,假設不使用催化劑,那么250℃時CO2的平衡轉化率可能位于點M1C.圖1中M點時,乙烯的體積分數為7.7%D.當壓強或n(H2)/n(CO2)不變時均可證明化學反響已到達平衡狀態(4)保持溫度不變,在體積為VL的恒容容器中以n(H2)∶n(CO2)=3∶1的投料比參加反響物,t0時到達化學平衡。t1時將容器體積瞬間擴大至2VL并保持不變,t2時重新達平衡。請在圖2中作出容器內混合氣體的平均相對分子質量M隨時間變化的圖象____________。II.利用“Na-CO2〞電池將CO2變廢為寶。我國科研人員研制出的可充電“Na-CO2〞電池,以鈉箔和多壁碳納米管〔MWCNT〕為電極材料,總反響為4Na+3CO22Na2CO3+C。放電時該電池“吸入〞CO2,其工作原理如圖3所示：(5)放電時,正極的電極反響式為______________________。(6)假設生成的Na2CO3和C全部沉積在電極外表,當轉移0.2mole-時,兩極的質量差為_____g。(7)選用髙氯酸鈉—四甘醇二甲醚做電解液的優點是_______________________〔至少寫兩點〕。【答案】(1).-127.8(2).低溫(3).根據ΔG=ΔH-TΔS,ΔH<0ΔS<0,要使反響自發進展使ΔG<0,需低溫下進展(4).AC(5).(6).3CO2+4Na++4e-═2Na2CO3+C(7).15.8(8).導電性好、與金屬鈉不反響、難揮發等特點〔合理給分〕【解析】(1)H2(g)、C2H4(g)的燃燒熱分別是-285.8kJ/mol、-1411.0kJ/mol,那么有：①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol；②C2H4(g)+3O2(g)=2H2O(l)+2CO2(g)△H=-1411.0kJ/mol；③H2O(g)H2O(1)ΔH=-44.0kJ/mol,根據蓋斯定律①×6-②-③×4可得：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)△H=(-285.8kJ/mol)×6-(-1411.0kJ/mol)-(-44.0kJ/mol)×4=-127.8kJ/mol,故答案為：-127.8；學&科&網...(2)2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)△H=-127.8kJ/mol,反響的△H＜0,△S＜0,根據△G=△H-T△S,需要△G＜0,即低溫下反響才能自發進展,故答案為：低溫；根據△G=△H-T△S,△H＜0△S＜0,要使反響自發進展使△G＜0,需低溫下進展；(3)A、升高溫度二氧化碳的平衡轉化率減低,那么升溫平衡逆向挪動,所以M化學平衡常數大于N,故A正確；B.使用催化劑,平衡不挪動,溫度不變,平衡時CO2的平衡轉化率不變,故B錯誤；C、設開場投料n(H2)為3mol,那么n(CO2)為1mol,所以當在M點平衡時二氧化碳的轉化率為50%,所以有6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)開場(mol/L)

3

1

0

0轉化

1.5

0.5

0.25

1平衡

1.5

0.5

0.25

1所以乙烯的體積分數為0.251.5+0.5+0.25+1×100%=7.7%,故C正確；D.該反響屬于氣體的物質的量發生變化的反響,當壓強不變時表示已經到達平衡狀態,反響中n(H2(4)反響前混合氣體的平均相對分子質量=44×2+2×62+6=12.5,所以起點坐標為(0,12.5),隨著反響進展,氣體的物質的量減小,混合氣體的平均相對分子質量增大,至t0時到達化學平衡,假設全部轉化為CH2=CH2和H2O平均相對分子質量=28+18×41+4=20,那么t(5)“吸入〞CO2時是原電池裝置,正極發生復原反響,電極反響式為：4Na++3CO2+4e-═2Na2CO3+C,故答案為：3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C；(6)假設生成的Na2CO3和C全部沉積在電極外表,當轉移0.2mole-時,負極溶解0.1mol鈉,質量為4.6g,正極生成0.1mol碳酸鈉和0.05mol碳,質量為10.6g+0.6g=11.2g,兩極的質量差為4.6g+11.2g=15.8g,故答案為：15.8；(7)髙氯酸鈉—四甘醇二甲醚做電解液的優點有導電性好、與金屬鈉不反響、難揮發等特點,故答案為：導電性好、與金屬鈉不反響、難揮發等特點。點睛：此題考察此題考察了蓋斯定律、化學平衡挪動的影響因素、化學平衡計算、電極反響式的書寫等知識點,注意把握蓋斯定律的應用方法、三段式在化學平衡計算中的靈敏應用是解題的關鍵。此題的易錯點是圖像的繪制。10.重金屬元素鉻的毒性較大,含鉻廢水需經處理達標后才能排放。I.某工業廢水中主要含有Cr3+,同時還含有少量的Fe2+、Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,且酸性較強。為回收利用,通常采用如下流程處理：注：局部陽離子常溫下以氫氧化物形式完全沉淀時溶液的pH見下表。氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3pH3.79.611.189(>9溶解)注：(1)(2)均填序號學&科&網...(1)氧化過程中可代替H2O2參加的試劑是________(填序號)。A.Na2O2B.HNO3C.FeCl3D.KMnO4(2)參加NaOH溶液調整溶液pH＝8時,除去的離子是________；鈉離子交換樹脂的原理：Mn++nNaR→MRn+nNa+,此步操作被交換除去的雜質離子是__________。A.Fe3+B.Al3+C.Ca2+D.Mg2+(3)復原過程中,每消耗172.8gCr2O72-轉移4.8mole-,該反響離子方程式為________________。Ⅱ.酸性條件下,六價鉻主要以Cr2O72-形式存在,工業上常用電解法處理含Cr2O72-的廢水。實驗室利用如圖裝置模擬處理含Cr2O72-廢水,陽極反響是Fe-2e-=Fe2+,陰極反響式是2H++2e-=H2↑(1)電解時能否用Cu電極來代替Fe電極？________(填“能〞或“不能〞),理由是______________。(2)電解時陽極附近溶液中Cr2O72-轉化為Cr3+的離子方程式為___________________。(3)上述反響得到的金屬陽離子在陰極區可沉淀完全,從其對水的電離平衡影響角度解釋其原因__________。(4)假設溶液中初始含有0.lmolCr2O72-,那么生成的陽離子全部轉化成沉淀的質量是__________g。【答案】(1).A(2).AB(3).CD(4).3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O==6SO42-+8Cr(OH)3↓+2OH-(5).不能(6).因陽極產生的Cu2+不能使Cr2O72-復原到低價態(7).Cr2O72-+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O(8).水中的H+在陰極區放電,H+濃度減小促使水的電離平衡H2OH++OH-向右挪動,陰極區OH-濃度增大與金屬陽離子在陰極區結合而沉淀完全(9).84.8【解析】I．某工業廢水中主要含有Cr3+,同時還含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,加雙氧水把亞鐵離子氧化為鐵離子,同時Cr3+被氧化為Cr2O72-,加氫氧化鈉調節pH=8,那么Fe3+、Al3+轉化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀,過濾,濾液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等,通過鈉離子交換樹脂,除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2S2O3把Cr2O72-復原為8Cr3+,再調節pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4。(1)加氧化劑主要目的是把亞鐵離子氧化為鐵離子,同時不能引入新的雜質,所以可以用Na2O2代替H2O2,故答案為：A；(2)根據表中數據可知,pH=8時,Fe3+、Al3+轉化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀,那么Fe3+、Al3+被除去；通過鈉離子交換樹脂,除去Ca2+和Mg2+；故答案為：AB；CD；(3)每消耗0.8molCr2O72-轉移4.8mole-,那么1molCr2O72-轉移6mol電子,所以生成Cr3+,S2O32-被氧化為SO42-,那么反響的離子方程式為：3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O==6SO42-+8Cr(OH)3↓+2OH-；故答案為：3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O==6SO42-+8Cr(OH)3↓+2OH-；II．(1)假設用Cu電極來代替Fe電極,在陽極上銅失去電子得到的陽離子是銅離子,該離子不具有復原性,不能和重鉻酸根之間發生反響,故答案為：不能；因陽極產生的Cu2+不能使Cr2O72-復原到低價態；(2)Cr2O72-具有強氧化性,可以將亞鐵離子氧化為鐵離子,自身被復原為2Cr3+,反響的本質是：6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O,故答案為：6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O；(3)隨著電解進展,溶液中c(H+)逐漸減少,打破了水的電離平衡,促進了水的電離,使溶液中OH-濃度增大,溶液的堿性增強,生成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀,金屬陽離子在陰極區可沉淀完全,故答案為：水中的H+在陰極區放電,H+濃度減小促使水的電離平衡H2O?H++OH-向右挪動,陰極區OH-濃度增大與金屬陽離子在陰極區結合而沉淀完全；(4)根據Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O,Cr3++3OH-═Cr(OH)3↓、Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓知0.1molCr2O72-,可生成0.2molCr(OH)3,0.6molFe(OH)3,質量為0.6mol×107g/mol+0.2mol×103g/mol=84.8g,故答案為：84.8。點睛：此題考察了物質別離提純的操作及方法應用、電解原理、物質的量的計算等,題目難度較大。注意掌握電解原理、氧化復原反響配平、化學方程式的計算方法等。此題的難點是氧化復原反響的離子方程式的書寫和配平。11.鋼鐵分析中常用過硫酸鹽氧化法測定鋼中錳的含量,反響原理為：2Mn2++5S2O82-+8H2O

2MnO4-+10SO42-+16H+(1)現代化學中,常利用_________上的特征譜線來鑒定元素(2)試從分子的立體構型和原子的電負性、中心原子上的孤電子對等角度解釋為什么與水構造非常相似的OF2的極性很小？______________________。(3)己知H2S2O8的構造如圖。①H2S2O8硫原子的軌道雜化方式為________________。上述反響中被復原的元素為_____________。學&科&網...②s基態原子中電子的空間運動狀態有________________種。③上述反響每生成1molMnO4-,S2O82-斷裂的共價鍵類型及其數目為___________、__________。(4)一定條件下,水分子間可通過氫鍵將從H2O分子結合成三維骨架構造,其中的多面體孔穴中可包容氣體小分子,形成籠形水合包合物晶體。①如圖是一種由水分子構成的正十二面體骨架(“o〞表示水分子),其包含的氫鍵數為__________；②實驗測得冰中氫鍵的作用能為18.8kJ·mol-1,而冰的熔化熱為5.0kJ·mol-1,其原因可能是__________。(5)底心晶胞的特征是：將晶胞的框架的頂角移至晶胞的某一對面的中心所得的新晶跑與原晶胞無差異。在晶體學上底心平移的符號是+(1/2,1/2,0)(C底心〕；或+(0,1/2,1/2)(A底心)；或+(1/2,0,1/2)(B底心)。底心平移是指其中之一。那么：l2是〔_____〕〔填“A〞、“B〞或“C〞〕底心晶胞.(6)石墨晶體由層狀石墨“分子〞按ABAB方式堆積而成,如圖〔a)所示,并給出了一個石墨的六方晶胞如圖〔b〕所示。①在圖中畫出晶胞沿C軸的投影〔用“●〞標出碳原子位置即可〕_______________；②假設石墨的層間距為300pm。C-C鍵長為150pm。計算石墨晶體的密度為______g·cm-3(碳元素的相對質量為12,NA=6.0×1023,計算結果保存一位小數〕。【答案】(1).原子光譜(2).OF2與H2O的立體構型相似,同為V形,但水分子的極性很強,而OF2的極性卻很小,這是因為；(1)從電負性上看,氧與氫的電負性差大于氧與氟的電負性差：〔2〕OF2中氧原子上有兩對孤電子對,抵消了F-O鍵中共用電子對偏向F而產生的極性(3).sp3(4).O(5).9(6).非極性鍵或σ鍵(7).2.5NA(8).30(9).液態水中仍然存在大量氫鍵〔或冰融化時只破壞了局部氫鍵〕(10).8(11).(12).2.3【解析】(1)現代化學中,常利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素,故答案為：原子光譜；(2)從電負性上看,氧與氫的電負性大于氧與氟的電負性差值；OF2中氧原子上有兩對孤電子對,抵消了F-O鍵中共用電子對偏向F而產生的極性,從而導致H2O分子的極性很強,而OF2分子的極性卻很小,故答案為：從電負性上看,氧與氫的電負性大于氧與氟的電負性差值；OF2中氧原子上有兩對孤電子對,抵消了F-O鍵中共用電子對偏向F而產生的極性,從而導致H2O分子的極性很強；(3)①H2S2O8中,硫原子價層電子對數=σ鍵電子對+中心原子上的孤電子對=4+12(6-4×1-2)=4,所以采取sp3雜化,該反響中,Mn元素的化合價升高(+2→+7),O元素有-2價和-1價,其中-1價轉化為-2價,化合價降低,所以被復原的元素為O,故答案為：sp3②S基態原子的電子排布式為1s22s22p63s23p4,其中3p4的4個電子占據3個軌道,電子的空間運動狀態有：1s、2s、2px、2py、2pz、3s、3px、3py、3pz,共9種,故答案為：9；③由反響可知,Mn元素的化合價升高(+2→+7),O元素的化合價降低(-1→-2),生成10molSO42-轉移電子10mol電子,那么每生成1molMnO4-,轉移電子5mol電子,S2O82-斷裂2.5mol(或2.5NA)O-O間非極性共價鍵,故答案為：非極性鍵、2.5NA；(4)①由此構造可知,此單元中含有水分子的個數為：20,其中每個水分子形成的氫鍵屬于2個五元環,故每個水分子形成氫鍵個數為：32,故總共形成氫鍵數為：20×3②冰中氫鍵的作用能為18.8kJ?mol-1,而冰熔化熱為5.0kJ?mol-1,說明冰熔化為液態水時只是破壞了一局部氫鍵,并且液態水中仍在氫鍵,故答案為：液態水中仍然存在大量氫鍵；(5)底心晶胞的特征是：將晶胞的框架的頂角移至晶胞的某一對面的中心所得的新晶胞與原晶胞無差異。說明晶胞里的半數原子是另半數原子作“底心平移〞的產物,即該晶胞是構造基元的2倍體。A、B、C編序與底心符號是一致的(參考圖中的坐標系),但只有將晶胞框架的頂角移至ac面的面心,所得新晶胞才與原晶胞無差異,假設移至bc面心或ab面心,得到的新晶胞中的原子坐標不同于原晶胞,因此不能作A或C平移,故碘是B底心；應選B；(6)①根據圖(b)可知,沿C軸的投影,可以看到四邊形的四個頂點上個有1個碳原子,結合圖(a),視圖為,下面一層有一個碳原子位于該原子的對稱位置,因此沿C軸的投影為,故答案為：；點睛：此題考察核外電子排布、氧化復原反響、共價鍵類型、晶體的構造、晶胞的計算等知識點。此題的易錯點是H2S2O8中元素化合價的判斷,難點是石墨晶體密度的計算和底心晶胞的判斷。12.A(C2H4)是根本的有機化工原料。用A和常見的有機物可合成一種醚類香料和一種縮醛類香料,詳細合成道路如下圖〔局部反響條件略去)：：答復以下問題：(1)B的分子式是____________,C中含有的官能團名稱是______________。學&科&網...(