四川省綿陽市2021-2022學年高二上學期期末考試化學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．X-射線衍射實驗是鑒別晶體與非晶體最可靠的方法，下列屬于晶體的是（）A．瑪瑙 B．陶瓷 C．水晶 D．玻璃2．下列分子屬于非極性分子的是（）A．H2O B．HCl C．NH3 D．CH43．HNO2常用于有機合成，下列事實無法證明其為弱電解質的是（）A．用稀HNO2溶液做導電實驗時，發現燈泡很暗B．等pH、等體積的亞硝酸比鹽酸中和NaOH的物質的量多C．25℃時0.1mol/LHNO2溶液的pH約為3D．25℃時pH=2的HNO2溶液稀釋至100倍，pH<44．下列Li原子電子排布圖表示的狀態中，能量最低為（）A． B．C． D．5．下列相關比較中，正確的是（）A．分解溫度：MgCO3>CaCO3>BaCO3B．熔點：Na>Mg>AlC．微粒半徑：r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+)D．熱穩定性：H2O>H2S>HCl6．下列化學用語使用錯誤的是（）A．33As的基態原子核外電子排布簡式：[Ar]4s24p3B．液氨中存在的氫鍵：N—H…NC．NH4Cl的電子式：D．NaHSO4水溶液中的電離方程式：NaHSO4=Na++H++S7．NA為阿伏加德羅常數的值。下列敘述錯誤的是（）A．1mol[Cu(NH3)4]2+中配位鍵的個數為4NAB．46gCH3CH2OH中sp3雜化的原子數為2NAC．0.5molSF6中S的價層電子對數為3NAD．500mLpH=2的醋酸溶液中H+數目為0.005NA8．下列事實無法用勒夏特列原理解釋的是（）A．采用排飽和食鹽水的方法收集氯氣B．紅棕色的NO2，加壓后顏色先變深后變淺C．向0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴入10滴濃NaOH溶液，溶液由橙色變黃色D．盛有Na2S2O3溶液與稀硫酸混合液的試管浸入熱水時迅速變渾濁9．概念掌握要準確，下列描述正確的是（）A．能導電的物質一定是電解質，但可能是強電解質也可能是弱電解質B．已知：Na+(g)+Cl-(g)=NaCl(s)△H=-786kJ/mol，則NaCl的晶格能為786kJ/molC．利用焓判據可判斷N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol不能自發進行D．純物質完全燃燒生成1mol穩定氧化物時所放出的熱量叫做該物質的燃燒熱10．X、Y、Z、M是短周期元素，它們的原子序數依次增大。X原子的最外層電子數是內層電子數的2倍，Z與X同周期且原子的未成對電子數與X相同，M與Z不同周期，其電負性在同周期元素中最大，下列說法錯誤的是（）A．第一電離能：Z>YB．原子半徑：Y>ZC．簡單氫化物的沸點：Z>XD．最高價氧化物的水化物的酸性：M>X11．在密閉容器中充入一定量M和N，發生反應：xM(g)+yN(g)?zQ(g)△H<0，平衡時M的濃度為0.5mol/L，平衡后第10s時保持溫度不變，將容器的容積擴大到原來的2倍，第20s再次達到平衡時，測得M的濃度為0.3mol/L。下列有關判斷正確的是（）A．10~20s之間，M的平均反應速率為0.02mol/(L·s)B．降低溫度，M的體積分數增大C．增大壓強，該反應的平衡常數增大D．反應方程式中x+y>z12．下列實驗不能達到對應實驗目的的是（）ABCD測定：H2O2催化生成O2的反應速率驗證：增大生成物濃度，化學平衡逆向移動驗證：Fe3+與I-反應是可逆反應探究：溫度對化學平衡的影響A．A B．B C．C D．D13．“接觸法制硫酸”的主要反應在催化劑表面的反應歷程如下：下列說法錯誤的是（）A．使用催化劑V2O5能同等程度的加快正逆反應速率B．反應歷程中，反應②的活化能比反應①低C．通入過量空氣，可提高SO2的平衡轉化率D．使用催化劑能降低反應的活化能，從而改變反應熱14．室溫下，向20.00mL0.1000mol/L鹽酸中逐滴滴加0.1000mol/L的NaOH溶液，pH變化如圖所示。已知lg5=0.7，下列說法錯誤的是（）A．溶液中水的電離程度：B=AB．滴定開始時溶液的pH=1，滴定終點時溶液的pH=7C．當V(NaOH)=30.00mL時，溶液的pH=12.3D．酚酞、甲基橙和甲基紅均可以作為滴定指示劑二、綜合題15．2022年北京冬季奧運會場館使用了大量不銹鋼材質，不銹鋼屬于合金鋼，其基體是鐵碳合金，常用的不銹鋼中含鉻(Cr)18%、含鎳(Ni)8%。回答下列問題：（1）碳的價電子層的電子排布式為；石墨烯(即單層石墨)是一種碳原子構成的單層二維蜂窩狀晶格結構的新材料，其中碳原子采取雜化。（2）鐵的氯化物FeCl3蒸汽狀態下以雙聚分子形式存在(如圖)，其中Fe的配位數為，雙聚分子中存在配位鍵，提供空軌道的是原子。（3）甘氨酸亞鐵[(H2NCH2COO)2Fe]中非金屬元素的電負性由大到小的順序是。甘氨酸(H2NCH2COOH)比其同分異構體硝基乙烷(C2H5NO2)熔沸點高，其原因主要是。（4）FeCO3的陰離子的空間構型為，寫出一種與該陰離子互為等電子體的分子的化學式。（5）工業上常用羰基鎳[Ni(CO)4]制備高純鎳，其熔點-19℃，沸點43℃，試分析晶體中σ鍵與π鍵數目的比值為，羰基鎳屬于晶體。（6）金屬鉻屬于體心立方晶體(如圖)，已知其密度為7.2g/cm3，阿伏加德羅常數的值為NA，則晶體中鉻原子的半徑為cm(用含NA的表達式表示)。16．化學研究中草酸(H2C2O4)是一種重要的化學分析試劑。現需要配制250mL0.2000mol/L的草酸溶液，請回答下列問題。（1）配制草酸溶液的過程中需要使用的儀器有：托盤天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、、膠頭滴管；實驗中需要稱取g草酸晶體(H2C2O4·2H2O)，稱量后(填“需要”或“不需要”)加熱除去結晶水。（2）下列操作會造成所配草酸溶液濃度偏高的是____。A．稱取草酸過程中試劑與砝碼位置錯放B．稱量所用砝碼生銹C．定容前未進行洗滌操作D．定容時俯視刻度線E．定容搖勻后發現液面低于刻度線又加水至刻度線（3）若配置溶液時所取草酸晶體不純(雜質無還原性)，為測定草酸的純度，某同學量取20.00mL上述所配溶液放入錐形瓶中，然后用0.1000mol/L的KMnO4(硫酸酸化)標準溶液滴定，滴定終點時消耗VmL標準溶液。①該滴定實驗的化學方程式為。②標準溶液使用(填“酸”或“堿”)式滴定管盛裝，下列滴定終點的滴定管示意圖對應讀數正確的是。A．B．C．D．③判斷滴定終點的現象是：，樣品中草酸晶體的質量分數為(用含V的式子表示)。17．按要求回答下列問題：（1）下列物質中屬于強電解質的是(填標號，下同)，屬于非電解質的是。①Cl2②熔融態的NaCl③氨水④鹽酸溶液⑤乙醇⑥BaSO4⑦H2O⑧HF⑨CO（2）若T℃時，醋酸的電離常數K=1.6×10-5，則該溫度下0.01mol/L的醋酸溶液的c(H+)約為mol/L。（3）若T℃時，pH=2的醋酸溶液中由水電離出的c(H+)=1×10-11，則該溫度下水的離子積常數Kw=，將此溫度下VaLpH=1的HCl溶液與VbLpH=11的NaOH溶液混合后pH=3，則Va：Vb=。18．鉛在有色金屬產量中居第四位，全世界消費的鉛中大約有80%～85%用于鉛蓄電池，下面是廢鉛蓄電池預處理獲得的鉛膏回收制取PbCl2的工藝流程：已知：①鉛膏含鉛組成表：物相PbOPbO2PbSO4Pb總鉛含量/%15.894.8633.7434.0376.05②PbCl2是白色結晶性粉末，微溶于冷水，易溶于熱水、濃鹽酸和氫氧化鈉溶液。③已知浸取時PbSO4可溶于鹽酸與食鹽水混合溶液生成PbCl回答下列問題：（1）鉛膏浸取前通常需要研磨，目的是。（2）“浸取”過程會產生混合氣體，其成分是和少量Cl2，寫出PbO2氧化鹽酸產生Cl2的化學方程式。（3）25℃時PbCl2固體在濃鹽酸中存在平衡：PbCl2(s)+2Cl-(aq)?PbCl42-（4）鉛膏浸取時，濃鹽酸與水配比(濃鹽酸與水的體積比)對鉛浸出率的影響如下圖1，溫度對鉛浸出率的影響如下圖2。①浸取時，最合理的濃鹽酸與水配比和溫度分別是：，。②低于70℃時，隨溫度升高鉛浸出率增大的原因可能是(寫一點)：。（5）提高鉛回收率，可將IV步濾液補加一定量鹽酸后循環用于鉛膏浸取，重復循環實驗，所得結果如下：循環實驗鉛浸出率、鉛回收率及氯化鉛純度表循環次數01234鉛浸出率/%99.599.599.499.599.3鉛回收率/%85.493.595.897.198.2氯化鉛純度/%99.499.399.299.196.1循環4次后產品PbCl2的純度驟降，增加的雜質主要是鈉鹽(填化學式)：。為了恢復PbCl2的純度，可以在IV步濾液中加入CaCl2使雜質離子沉淀后再進行循環操作，請用離子方程式表示其除雜原理：。19．工業上常以水煤氣為原料制備氫氣或甲醇，其主要反應：CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H稱為CO催化變換反應，請回答下列問題。（1）已知在25℃時：2C(石墨)+O2(g)=2CO(g)△H1=?222kJ?mol?12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2=?484kJ?mol?1C(石墨)+O2(g)=CO2(g)△H3=?394kJ?mol?1則25℃時，CO催化變換反應的△H=。（2）某溫度下CO催化變換反應平衡常數為9，反應開始時CO(g)和H2O(g)的濃度都是0.01mol?L?1，達平衡時CO的轉化率為；在該溫度下，若起始時c(CO)=0.01mol?L?1，c(H2O)=0.02mol?L?1，反應一段時間后，測得c(H2)=0.005mol?L?1，則此時該反應υ正υ逆(填“>”“<”或“=”)。（3）恒溫恒容條件下，判斷CO催化變換反應達到平衡狀態的標志有____。A．容器內的壓強保持不變B．容器中H2O(g)的濃度與CO2的濃度相等C．容器中混合氣體的密度保持不變D．CO的生成速率與H2的生成速率相等E．2molH?O鍵斷裂的同時有1molH?H鍵斷裂（4）在CO催化變換反應的產物中補充氫氣可以用于工業制備甲醇：3H2(g)+CO2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)，當起始投料n(H2)：n(CO2)=3時，在不同條件下達到平衡，測得體系中甲醇物質的量分數為x(CH3OH)，如圖所示，a線表示在t=250℃下的x(CH3OH)～p、b線表示在p=5×105Pa下的x(CH3OH)～t。①根據圖像判斷該制備甲醇反應△H0。②已知：氣體分壓(p分)=氣體總壓(p總)×體積分數，用某物質的平衡分壓代替物質的量濃度也可以表示化學平衡常數(記作Kp)，則250℃時，當x(CH3OH)=0.10時，計算該反應Kp=(只需列出計算表達式)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】X-射線衍射實驗能夠測出物質的內部結構，根據微粒是否有規則的排列就能區分出晶體與非晶體，水晶為晶體，瑪瑙、陶瓷、玻璃都不是晶體，故答案為：C。

【分析】根據微粒是否有規則的排列就能區分出晶體與非晶體。2．【答案】D【解析】【解答】A．H2O空間構型是V形，則H2O為極性鍵構成的極性分子，故A錯；B．HCl為極性鍵構成的極性分子，故B錯；C．氨氣的空間構型為三角錐形結構，為極性分子，故C錯；D．甲烷分子的結構為正四面體結構，四個鍵的鍵長相同、鍵角相等，正負電荷重心重合，所以甲烷為非極性分子，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】非極性分子的正負電荷重心重合。3．【答案】A【解析】【解答】A．用HNO2溶液做導電性實驗，燈泡較暗，只能說明該溶液中自由移動的離子濃度較小，不能說明亞硝酸部分電離，所以不能證明亞硝酸是弱電解質，選項A符合題意；B．等pH、等體積的亞硝酸比鹽酸中和NaOH的物質的量多，說明亞硝酸的濃度大于鹽酸，亞硝酸不完全電離，則亞硝酸是弱電解質，選項B不符合題意；C.25℃時0.1mol/LHNO2溶液的pH約為3，說明亞硝酸部分電離導致溶液中氫離子濃度小于亞硝酸濃度，則亞硝酸是弱電解質，選項C不符合題意；D.25℃時pH=2的HNO2溶液稀釋至100倍，假設亞硝酸是強酸，稀釋后溶液的pH為4，實際上溶液的pH小于4，說明亞硝酸不完全電離，為弱酸，選項D不符合題意；故答案為：A。

【分析】依據弱電解質在水溶液中部分電離判斷。4．【答案】D【解析】【解答】原子核外電子排布中，如果電子所占的軌道能級越高，該原子能量越高，電子排布能量低的是1s、2s能級，能量高的是2s、2p能級，所以A、D能量低于B、C；A中1s能級有1個電子，2s能級有2個電子，D中1s能級有2個電子，2s能級有1個電子，所以能量最低的是D，故答案為：D。

【分析】原子核外電子排布中，如果電子所占的軌道能級越高，原子能量越高。5．【答案】C【解析】【解答】A．當陽離子所帶電荷相同時，陽離子半徑越大，其結合氧離子能力就越弱，對應的碳酸鹽受熱分解溫度就越高，則碳酸鹽的分解溫度：MgCO3＜CaCO3＜BaCO3，A不符合題意，B．金屬晶體中離子半徑越小，離子的電荷越多，金屬的熔點越高，則熔點由高到低：Al＞Mg＞Na，B不符合題意；C．Cl-具有三個電子層，O2-、Na+具有相同的電子排布，核電荷數越大半徑越小，電子層數越多半徑越大，故微粒半徑：r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+)，C符合題意；D．簡單氣態氫化物的熱穩定性與元素非金屬性一致，已知非金屬性比O＞Cl＞S，故H2O>HCl>H2S，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．當陽離子所帶電荷相同時，陽離子半徑越大，其結合氧離子能力就越弱，對應的碳酸鹽受熱分解溫度就越高；B．金屬晶體中離子半徑越小，離子的電荷越多，金屬的熔點越高；C．電子層數越多離子半徑越大，電子層數相同，核電荷數越小離子半徑越大；

D．非金屬性越強氣態氫化物越穩定。6．【答案】A【解析】【解答】A．33As的基態原子核外電子排布簡式為[Ar]3d104s24p3，A符合題意；B．N的電負性很大，容易和H之間形成氫鍵，液氨中存在的氫鍵可表示為N-H…N，B不符合題意；C．NH4Cl是由銨根離子和氯離子通過離子鍵構成的離子化合物，銨根離子中H和N之間形成共價鍵，NH4Cl的電子式為，C不符合題意；D．NaHSO4是強酸的酸式鹽，在水溶完全電離為鈉離子、氫離子、硫酸根離子，在水溶液中的電離方程式表示為NaHSO4=Na++H++SO故答案為：A。

【分析】A．依據原子構造原理分析；B．N的電負性很大，容易和H之間形成氫鍵；C．NH4Cl是由銨根離子和氯離子通過離子鍵構成的離子化合物，銨根離子中H和N之間形成共價鍵；D．NaHSO4在水溶完全電離為鈉離子、氫離子、硫酸根離子。7．【答案】B【解析】【解答】A.1個[Cu(NH3)4]2+中含有4個配位鍵，1mol[Cu(NH3)4]2+含配位鍵的個數為4NB．C2H5OH中C和O均為spC．SF6中S的孤電子對數為6?1×62=0，價層電子對數為6+0=6，則0.5molSF6的價層電子對數為D．pH=2的醋酸溶液中H+的濃度為0.01mol/L，故H+數目為0.01mol/L×0.5LNA=0.005NA，選項D不符合題意。故答案為：B。

【分析】A.1個[Cu(NH3)4]2+中含有4個配位鍵；B．C2H5C．依據價層電子對數=σ鍵數+孤電子對數；D．依據pH=-8．【答案】D【解析】【解答】A．Cl2與H2O反應：Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，加入飽和食鹽水，增加c(Cl-)濃度，平衡向逆反應方向移動，抑制Cl2與水的反應，與勒夏特列原理有關，故A不符合題意；B．存在2NO2(g)?N2O4(g)，加壓開始時組分中NO2的濃度的增大，氣體顏色加深，隨后平衡正向移動，NO2濃度逐漸減小，與勒夏特列原理有關，故B不符合題意；C．根據反應Cr2O72?(橙色)+H2O?2CrO42?(黃色)+2HD．將裝有硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸的混合液的容器浸入熱水，溶液中迅速產生渾濁物屬于升高溫度加快反應速率與平衡沒有關系，不能用勒夏特列原理解釋，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】依據勒夏特列原理，改變影響平衡的一個因素，平衡將向減弱這種改變的方向移動分析；D項只涉及外界因素對反應速率的影響，與平衡沒有關系。9．【答案】B【解析】【解答】A．金屬單質導電，但是不是電解質，故能導電的物質不一定是電解質，故A不符合題意；B．晶格能是氣態離子形成1摩離子晶體時釋放的能量，故B符合題意；C．利用焓判據可得放熱反應容易自發進行，故C不符合題意；D．燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩定氧化物放出的能量，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．金屬單質導電，但是不是電解質；B．晶格能是氣態離子形成1摩離子晶體時釋放的能量；C．依據ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；D．燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩定氧化物放出的能量。10．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，Y、Z分別為N、O，為同一周期元素，從左往右第一電離能呈增大趨勢，IIA與IIIA、VA與VIA反常，故第一電離能：Z＜Y，A符合題意；B．由分析可知，Y、Z分別為N、O，為同一周期元素，原子半徑從左往右依次減小，故原子半徑：Y>Z，B不符合題意；C．由分析可知，X、Z分別為C、O，由于Z的簡單氫化物H2O中存在分子間氫鍵，沸點反常高，故簡單氫化物的沸點：Z>X，C不符合題意；D．由分析可知，X、M分別為C、Cl，它們的最高價氧化物的水化物分別為：H2CO3、HClO4，HClO4為強酸，H2CO3是弱酸，故酸性：M>X，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．同一周期的主族元素中，從左至右，元素的第一電離能呈“鋸齒狀”增大，其中IIA族和VA族的第一電離能高于相鄰的元素；B．同一周期元素，原子半徑從左往右依次減小；C．分子間存在氫鍵，沸點反常高；D．元素非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物的酸性越強。11．【答案】D【解析】【解答】A.10~20s之間，M的平均反應速率為0.B．反應放熱，降低溫度平衡正向移動，M的體積分數減小，故B不符合題意；C．平衡常數只與溫度有關，故增大壓強，平衡常數不變，故C不符合題意；D．由分析可知，壓強減小，平衡逆向移動，平衡向體積增大的方向移動，故x+y>z，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.利用υ=Δc/Δt計算；B．根據影響化學平衡移動的因素分析；C．平衡常數只與溫度有關；D．依據化學平衡移動原理分析。12．【答案】B【解析】【解答】A．可通過測定一定時間內產生氧氣的體積或產生一定體積氧氣所需的時間來測定H2O2催化生成O2的反應速率，A能達到實驗目的；B．FeCl3和KSCN反應的實質是Fe3++3SCN-?Fe(SCN)3，加入少量KCl對平衡移動無影響，B不能達到實驗目的；C．根據得失電子守恒可知Fe3+與I-恰好反應的物質的量之比為為1：1，選項中二者物質的量之比為1：1，加入KSCN溶液，若Fe3+與I-反應不可逆，則溶液不變紅，若反應可逆，則溶液變紅，C能達到實驗目的；D.2NO2(紅棕色)?N2O4(無色)ΔH<0，將盛放NO2的燒瓶置于熱水，平衡逆向移動，紅棕色變深，置于冷水，平衡正向移動，紅棕色變淺，可探究溫度對化學平衡的影響，D能達到實驗目的；故答案為：B。

【分析】B項依據反應的實質判斷，加入少量KCl對平衡移動無影響；其它選項均合理。13．【答案】D【解析】【解答】A．催化劑能同等程度加快正逆反應速率，故A不符合題意；B．活化能越大反應越慢，反應②的活化能比反應①小，故B不符合題意；C．根據圖示，總反應為2SO2+D．使用催化劑能降低反應的活化能，但是反應物、生成物的總能量不變，故加入催化劑不能改變反應熱，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．催化劑能同等程度加快正逆反應速率；B．活化能越大反應越慢；C．根據影響化學平衡移動的因素分析D．使用催化劑能降低反應的活化能，但是反應物、生成物的總能量不變。14．【答案】B【解析】【解答】A．V(NaOH)從0~20.00mL過程中，鹽酸逐漸被中和至恰好完全反應，鹽酸濃度逐漸減小至為0，鹽酸中水的電離程度先增大，其中pH=2時，鹽酸中的c(H+)=10-2mol/L，水電離出的c(H+)=10-12mol/L；V(NaOH)從20.00~40.00mL過程中，NaOH過量，溶液中NaOH的濃度逐漸增大，溶液中水的電離程度逐漸減小，其中pH=12時，氫氧化鈉中的c(OH-)=10-2mol/L，水電離出的c(H+)=10-12mol/L；故A不符合題意；B．滴定終點時，酚酞或甲基橙、甲基紅變色時pH≠7，故B符合題意；C．根據上述分析，當V(NaOH)=30.00mL時，堿過量，c(OH-)=(30-20)mL×0.1000mol·L-1(30+20)mL=0.0200mol·LD．酚酞、甲基橙和甲基紅的變色范圍都在滴定突變范圍內，均可以作為滴定指示劑，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．酸或堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽水解促進水的電離；B．滴定終點時，酚酞或甲基橙、甲基紅的變色點pH≠7；C．根據酸堿中和混合溶液pH計算公式；D．酚酞、甲基橙和甲基紅的變色范圍都在滴定突變范圍內，均可以作為滴定指示劑。15．【答案】（1）2s22p2；sp2（2）4；Fe（3）O>N>C>H；甘氨酸分子間能形成氫鍵（4）平面三角形；BF3或SO3（5）1：1；分子（6）34?【解析】【解答】(1)已知C是6號元素，故碳的價電子層的電子排布式為2s22p2，石墨烯(即單層石墨)是一種碳原子構成的單層二維蜂窩狀晶格結構的新材料，已知石墨中每個碳原子與周圍的3個碳原子形成單鍵，6個碳元素形成一個正六邊形，故其中碳原子采取sp2雜化，故答案為：2s22p2；sp2；(2)由鐵的氯化物FeCl3蒸汽狀態下以雙聚分子形式存在的示意圖可知，每個Fe周圍形成了4個共價鍵，即Fe的配位數為4，雙聚分子中存在配位鍵，已知Cl中有孤電子對，能提供孤電子對，故提供空軌道的是Fe原子，故答案為：4；Fe；(3)根據元素電負性遞變規律：同一周期從左往右依次增大，從上往下依次減小，故甘氨酸亞鐵[(H2NCH2COO)2Fe]中非金屬元素的電負性由大到小的順序是O>N>C>H，由于甘氨酸分子間能夠形成分子間氫鍵，而硝基乙烷不能，導致甘氨酸(H2NCH2COOH)比其同分異構體硝基乙烷(C2H5NO2)熔沸點高，故答案為：O>N>C>H；甘氨酸分子間能夠形成分子間氫鍵；(4)FeCO3的陰離子即CO32-其C周圍的價層電子對數為，3+12(4+2-3×2)=3，故其空間構型為平面三角形，等電子體是指具有相同的原子總數和相同的價電子總數的微粒，故與該陰離子互為等電子體的分子的化學式為：SO3或BF3(5)工業上常用羰基鎳[Ni(CO)4]制備高純鎳，其熔點-19℃，沸點43℃，試分析晶體中Ni與CO形成4個配位鍵，均為σ鍵，每個配體CO中存在C≡O，為1個σ鍵和2個π鍵，故晶體中σ鍵與π鍵數目的比值為(4+4×1)：(4×2)=1：1，已知羰基鎳具有較低的熔點和沸點，故屬于分子晶體，故答案為：1：1；分子；(6)設金屬鉻晶體的晶胞邊長為xcm，金屬鉻屬于體心立方晶體(如圖)，故一個晶胞中含有的Cr個數為：8×18+1=2，已知其密度為7.2g/cm3，阿伏加德羅常數的值為NA，故有：2×52g=NA×7.2g/cm3×x3cm3，解得x=32×527.2NA，根據體心立方結構有體對角線等于原子半徑的4倍，即4r=3x，得r=

【分析】(1)依據原子構造原理分析；依據價層電子對數=σ鍵數+孤電子對數，由價層電子對數確定雜化類型；

(2)依據雙聚分子的示意圖和配位鍵的形成判斷；(3)根據元素電負性遞變規律：同一周期從左往右依次增大，從上往下依次減小；分子間存在氫鍵，熔沸點較高；(4)依據價層電子對數=σ鍵數+孤電子對數，由價層電子對數確定VSEPR模型，再確定空間立體構型；等電子體是指具有相同的原子總數和相同的價電子總數的微粒；(5)依據單鍵是σ鍵，雙鍵一個σ鍵和一個π鍵，三鍵是一個σ鍵和兩個π鍵；利用熔點和沸點判斷晶體類型；(6)依據晶胞結構，利用密度計算。16．【答案】（1）250mL容量瓶；6.3；不需要（2）B；D（3）2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；酸；D；溶液由無色變為紫紅色且30秒內不褪色；6.25V%【解析】【解答】(1)配制草酸溶液的過程中需要使用的儀器有：托盤天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管和250mL容量瓶；需要稱量固體的質量為0.2000mol/L×0.250L×126g/mol=6.3g；稱量后，不需要加熱除去結晶水。(2)A.稱取草酸過程中試劑與砝碼位置錯放，稱量的試劑質量偏小，故最后所配溶液濃度肯定偏低；B.天平砝碼生銹，導致稱取的溶質的質量偏大，溶液濃度偏高；C.定容前未進行洗滌操作，導致溶質的物質的量偏小，溶液濃度偏低；D.定容時俯視刻度線，導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高；E.定容搖勻后發現液面低于刻度線又加水至刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低；故答案為：BD。(3)①KMnO4(硫酸酸化)氧化草酸的化學方程式為2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。②KMnO4(硫酸酸化)具有氧化性，應該使用酸式滴定管；滴定管的精確度為0.01g，故正確的為D。③滴定終點時：溶液由無色變為紫紅色且30秒內不褪色。KMnO4的物質的量為0.1000mol/L×V×10-3L=1×10-4Vmol，根據反應方程式可得，H2C2O4的物質的量為2.5×10-4Vmol，樣品中草酸晶體的質量分數為2.5×10

【分析】(1)配制溶液需要使用的儀器有：托盤天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管和250mL容量瓶；依據m=cVM計算；

(2)依據c=nV分析；

(3)①根據反應物和產物的化學式，利用氧化還原反應原理書寫；

②強17．【答案】（1）②⑥；⑤⑨（2）4×10-4（3）1×10-13；1：9【解析】【解答】（1）電解質是指在水溶液或熔融狀態下能夠導電的化合物，所有的酸、堿、鹽和大多數金屬氧化物均為電解質，在水溶液中能夠完全電離的電解質是強電解質，強酸、強堿和多數鹽是強電解質，故下列物質中屬于強電解質的是②⑥，非電解質是指在水溶液或熔融狀態下均不能導電的化合物，故屬于非電解質的是⑤⑨，故答案為：②⑥；⑤⑨；（2）若T℃時，醋酸的電離常數K=1.6×10-5，根據醋酸的電離方程式：CH3COOH?CH3COO-+H+可知，則該溫度下0.01mol/L的醋酸溶液的c(H+)約為1.6×10-5×0.01=4×10-4（3）若T℃時，pH=2的醋酸溶液中由水電離出的c(H+)=1×10-11，水電離出的H+和OH-濃度永遠相等，即c(OH-)aq=c(OH-)水=c(H+)水=10-11mol/L，則該溫度下水的離子積常數Kw=10-2×10-11=10-13，將此溫度下VaLpH=1的HCl溶液c(H+)=10-1mol/L與VbLpH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-1310-11=10-2mol/L，混合后pH=3呈酸性，即酸過量，故有：10-1Va-10

【分析】（1）電解質是指在水溶液或熔融狀態下能夠導電的化合物，所有的酸、堿、鹽和大多數金屬氧化物均為電解質，在水溶液中能夠完全電離的電解質是強電解質，強酸、強堿和多數鹽是強電解質，非電解質是指在水溶液或熔融狀態下均不能導電的化合物；（2）根據醋酸的電離方程式，利用電離常數計算；（3）依據酸溶液中c(OH-)aq=c(OH-)水=c(H+)水，利用Kw=c(H+)c(OH-)計算；依據酸堿混合計算pH。18．【答案】（1）增大接觸面積，加快反應速率（2）H2；PbO2+4HCl=PbCl2+Cl2↑+2H2O（3）增大c(Cl-)，平衡正向移動，促進PbCl2溶解浸出（4）4：1；70℃；升高溫度，反應速率加快或升高溫度，PbCl2的溶解度增大（5）Na2SO4；Ca2++SO42-【解析】【解答】鉛膏(含Pb、PbO、PbO2、PbSO4)加鹽酸、食鹽水進行“浸取”、過濾得到含Cl-、PbCl2、PbCl42-的溶液，靜置冷卻，平衡PbCl2(s)+2Cl-(aq)?PbCl42-(aq)逆向移動析出PbCl（1）鉛膏浸取前通常需要研磨，目的是增大接觸面積，加快反應速率；（2）鉛膏(含Pb、PbO、PbO2、PbSO4)，加鹽酸，Pb和HCl反應產生H2，PbO2和HCl發生氧化還原反應產生Cl2，因此“浸取”過程會產生混合氣體，其成分是H2和少量Cl2；PbO2氧化鹽酸產生Cl2，則PbO2被還原為PbCl2，反應的化學方程式為PbO2+4HCl=PbCl2+Cl2↑+2H2O；（3）25℃時PbCl2固體在濃鹽酸中存在平衡：PbCl2(s)+2Cl-(aq)?PbCl42-(aq)，浸取時加入飽和食鹽水的目的是增大c(Cl-（4）①由圖可知鹽酸與水的配比為4：1時鉛的浸取率已達較大值，再增大鹽酸與水的配比鉛的浸取率增大值不大，反應為度為7