試卷第=page1717頁，共=sectionpages1717頁廣西河池高級中學2022屆高三下學期4月考試理科綜合化學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．從古至今化學均與生活、生產密切相關。下列說法中正確的是A．三星堆出土的青銅文物表面生成Cu2(OH)3Cl的過程是非氧化還原過程B．我國商代鑄造“司母戊鼎"的材料和當今制造“天宮空間站”使用的鈦合金材料均屬于金屬材料C．“殲-20飛機上使用的碳纖維被譽為新材料之王”，是一種新型有機高分子材料D．我國大力發(fā)展核電、水電是為了踐行“碳中和“理念，電能屬于一次能源【答案】B【解析】【詳解】A．銅文物表面生成Cu2(OH)3Cl，銅元素化合價從0升高到+2價，則有元素化合價升降，該過程是氧化還原過程，A錯誤；B．“司母戊鼎"的材料為青銅，和“天宮空間站”使用的鈦合金材料均為合金，屬于金屬材料，B正確；C．碳纖維主要成分是碳單質，是無機非金屬材料，不屬于新型有機高分子材料，C錯誤；D．能從自然界直接獲取的能源是一次能源、電能不屬于一次能源，是二次能源，D錯誤；答案選B。2．臭氧已成為夏季空氣污染的元兇，地表產生臭氧的機理如圖所示，NA代表阿伏加德羅常數的數值。下列說法正確的是（

）A．反應①、②、③都是氧化還原反應B．16gO3和O2的混合氣體，所含質子數為16NAC．0.5molNO2溶于水形成1L溶液，可得到0.5mol?L?1的硝酸溶液D．標準狀況下，11.2L的NO和O2混合氣體所含的原子數為NA【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.反應②是O2與O反應生O3，化合價不變，沒有電子的轉移，不是氧化還原反應，故A錯誤；B.用極限思維，假設全部是16gO3，則所含質子數為8NA，故B錯誤；C.0.5molNO2溶于水形成1L溶液，3NO2+H2O=2HNO3+NO，因此得到硝酸物質的為0.33mol，可得到0.33mol?L?1的硝酸溶液，故C錯誤；D.標準狀況下，11.2L的NO和O2混合氣體物質的量為0.5mol，都為雙原子分子，無論怎么反應，原子數不變，因此所含的原子數為NA，故D正確。綜上所述，答案為D。3．我國自主研發(fā)的對二甲苯綠色合成項目取得新進展，其合成過程如圖所示。下列說法不正確的是A．丙烯醛分子中所有原子可能共平面 B．可用溴水鑒別異戊二烯和對二甲苯C．對二甲苯的二氯代物有6種 D．M能發(fā)生取代，加成，加聚和氧化反應【答案】C【解析】【詳解】A．丙烯醛分子中的碳碳雙鍵是平面結構，醛基也是平面結構，中間是一個可以旋轉的單鍵，所以分子里所有原子有可能在同一平面，A正確；B．異戊二烯里含有碳碳雙鍵，可以與溴水發(fā)生加成反應而導致溴水褪色，而對二甲苯與溴水不反應，可以鑒別，B正確；C．對二甲苯里面有兩種類型的H，其二氯代物共有7種：①當兩個氯取代甲基上的H時有兩種，②當有一個氯取代甲基上的H，另一個取代苯環(huán)上的H，有鄰、間兩種結構，③當兩個氯都取代苯環(huán)上的H，采用定一議二的方法，當其中一個氯在甲基鄰位時，另一個氯有3種結構，此二氯代物有3種，C錯誤；D．M中有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成、加聚反應，醛基可以發(fā)生氧化、加成反應，烴基可以發(fā)生取代反應，D正確；答案選C。4．第三周期元素X、Y、Z、W的最高價氧化物溶于水可得四種溶液，0.010mol/L的這四種溶液pH與該元素原子半徑的關系如下圖所示。下列說法正確的是A．X與W的最高價氧化物對應水化物溶液反應所得產物可促進水的電離。B．Z的一種氧化物可使品紅溶液褪色，將褪色后的溶液加熱后恢復紅色C．X形成的所有含氧化合物中只存在離子鍵D．X和Y的最高價氧化物對應的水化物恰好中和時溶液中的微粒共有6種【答案】B【解析】第三周期元素中，X最高價氧化物水化物的溶液pH為12，氫氧根濃度為0.01mol/L，故為一元強堿，則X為Na，Y、W、Z對應的最高價氧化物水化物的溶液pH均小于7，均為酸，W最高價含氧酸溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，故為一元強酸，則W為Cl元素；濃度相同的最高價含氧酸中，Z對應的酸性比W的強、Y對應的酸性比W的弱，而原子半徑Y＞Z＞Cl，故Z為S元素，Y為P元素，結合元素及物質結構與性質作答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍?，X、Y、W、Z分別是Na、P、Cl和S元素，則：A.X與W的最高價氧化物對應水化物溶液反應生成高氯酸鈉，為強酸強堿鹽，對水的電離無影響，A項錯誤；B.二氧化硫可使品紅溶液褪色，將褪色后的溶液加熱后恢復紅色，B項正確；C.X形成的含氧化合物過氧化鈉中，含有離子鍵與非極性共價鍵，C項錯誤；D.X最高價氧化物對應的水化物為氫氧化鈉，是一元強堿，Y的最高價氧化物對應的水化物為磷酸，是三元中強酸，恰好中和時溶液中的微粒有：PO43-、HPO42-、H2PO4-、Na+、H3PO4、H2O、OH-、H+共8種，D項錯誤；答案選B。5．應用下列實驗裝置或方案能達到實驗目的的是A．用圖1裝置制備少量氨氣B．用圖2所示裝置收集SO2C．用圖3所示裝置檢驗是否有乙烯產生D．用圖4裝置比較KMnO4、C12、S的氧化性強弱【答案】D【解析】【詳解】A．用圖1裝置制備少量氨氣，沒有干燥裝置，得到的氨氣中含有水蒸氣，應選用堿石灰干燥，用上下排空氣法收集，裝置缺少除雜裝置和收集裝置，故A錯誤；B．SO2的密度大于空氣，導氣管應該長進短出，故B錯誤；C．揮發(fā)出的乙醇和產生的乙烯都能使酸性高錳酸鉀褪色，需要加有水的裝置除去乙醇，故C錯誤；D．高錳酸鉀與濃鹽酸反應生成氯氣，氯氣與硫化鈉反應生成硫，由氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性可知，氧化性KMnO4＞C12＞S，用圖4裝置可以比較KMnO4、C12、S的氧化性強弱，故D正確；答案選D。6．高壓直流電線路的瓷絕緣子經常出現(xiàn)鐵帽腐蝕現(xiàn)象，在鐵帽上加鋅環(huán)能有效防止鐵帽的腐蝕，防護原理如圖所示。下列說法錯誤的是（

）A．斷電時，犧牲陽極保護法使鐵帽不被腐蝕B．通電時，陽極上的電極反應為Zn－2e-=Zn2+C．斷電時，鋅環(huán)上的電極反應為Zn－2e-=Zn2+D．鐵帽上加銅環(huán)也能防止鐵被腐蝕【答案】D【解析】【分析】由題干中的防護原理圖分析可知，該裝置為電化學防腐，加有外接電源，通電時，加鋅環(huán)的鐵帽作陽極，濕潤的絕緣子作陰極，斷電時，鋅環(huán)作負極，鐵作正極，據此分析解答問題。【詳解】A．斷電時，鋅環(huán)作負極失去電子作負極，利用的原電池原理，是犧牲陽極保護法使鐵帽不被腐蝕，A選項正確；B．通電時，加鋅環(huán)的鐵帽作陽極，鋅失去電子發(fā)生氧化反應，電極反應為Zn－2e-=Zn2+，B選項正確；C．斷電時發(fā)生原電池反應，鋅環(huán)作負極失去電子，電極反應為Zn－2e-=Zn2+，C選項正確；D．Fe比Cu更活潑，若將鋅環(huán)換成銅環(huán)，通電時，加銅環(huán)的鐵帽作陽極，鐵失去電子，不能防止鐵被腐蝕，D選項錯誤；答案選D?！军c睛】掌握金屬的防腐措施為解答本題的關鍵，犧牲陽極的陰極保護法利用原電池原理，連接一個更活潑的金屬做原電池負極，外加電流的陰極保護法是指將被保護金屬與電源的負極相連，作電解池的陰極。7．常溫下，向10mL0.1mol·L-1NaC1溶液和10mL0.1mol·L-1K2CrO4溶液中分別滴加等物質的量濃度的AgNO3溶液，滴加過程中有關物理量的變化關系如圖所示。下列說法正確的是A．常溫下Ksp(AgCl)的數量級為10-9B．向c(Cl-)=c(C2O)=0.01mol·L-1的溶液中滴加AgNO3溶液，先得到Ag2CrO4沉淀C．c點所示溶液中c(Ag+)≈1.3×10-6mo1·L-1D．a、b兩點存在沉淀的溶解平衡，而c點不存在此平衡【答案】C【解析】【分析】向10mL0.1mol·L-1NaC1溶液和10mL0.1mol·L-1K2CrO4溶液中分別滴加等物質的量濃度的AgNO3溶液，完全反應時，K2CrO4消耗AgNO3的物質的量是NaC1的2倍，當滴加10mLAgNO3溶液時NaC1恰好反應，則曲線Ⅰ表示NaC1溶液中滴加AgNO3溶液的情況，曲線Ⅱ表示K2CrO4溶液中滴加AgNO3溶液的情況，且AgNO3溶液的濃度為0.1mol·L-1。【詳解】A．根據a點數據，滴加10mLAgNO3溶液時NaC1恰好反應，溶液中c(Cl-)=mol/L，常溫下，Ksp(AgCl)=數量級為10-10，故A錯誤；B．b點時AgNO3和Ag2CrO4恰好反應，c(CrO)=mol/L，則c(Ag+)=，所以Ksp(Ag2CrO4)=，向c(Cl-)=c(C2O)=0.01mol·L-1的溶液中滴加AgNO3溶液，生成AgCl沉淀需要c(Ag+)=；生成Ag2CrO4沉淀需要c(Ag+)==，生成Ag2CrO4沉淀需要c(Ag+)大，所以先生成AgCl沉淀，故B錯誤；C．c點所示溶液中c(C2O)=，c(Ag+)=≈1.3×10-6mo1·L-1，故C正確；D．a、b、c三點都有沉淀生成，所以a、b、c三點都存在沉淀的溶解平衡，故D錯誤；選C。二、實驗題8．二氯化二硫(S2Cl2)是一種重要的化工原料，常用作橡膠硫化劑，改變生橡膠受熱發(fā)黏、遇冷變硬的性質。查閱資料可知S2Cl2具有下列性質：物理性質毒性色態(tài)揮發(fā)性熔點沸點劇毒金黃色液體易揮發(fā)-76℃138℃化學性質①300℃以上完全分解②S2Cl2+Cl22SCl2③遇高熱或與明火接觸，有引起燃燒的危險④受熱或遇水分解放熱，放出腐蝕性煙氣(1)制取少量S2Cl2實驗室可利用硫與少量氯氣在110~140℃反應制得S2Cl2粗品，氯氣過量則會生成SCl2。①儀器m的名稱為____，裝置F中試劑的作用是____。②裝置連接順序：A→____→____→____→E→D。____③寫出A中反應的化學方程式____。④實驗前打開K1，通入一段時間的氮氣排盡裝置內空氣。實驗結束停止加熱后，再通入一段時間的氮氣，其目的是____。⑤為了提高S2Cl2的純度，實驗的關鍵是控制好溫度和____。(2)S2Cl2遇水會生成SO2、HCl兩種氣體，某同學設計了如圖實驗方案來測定該混合氣體中SO2的體積分數。①W溶液可以是____(填標號)。a.H2O2溶液b.KMnO4溶液(硫酸酸化)

c.氯水②該混合氣體中二氧化硫的體積分數為____(用含V、m的式子表示)。【答案】(1)

直形冷凝管

除去氯氣中的氯化氫雜質

FCB

2KMnO4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

將裝置內的氯氣排入D內吸收以免污染空氣；并將B中殘留的S2Cl2排入E中收集；

滴入濃鹽酸的速率或B中通入氯氣的量(2)

ac

【解析】【分析】（1）用KMnO4和濃鹽酸制取氯氣，用飽和食鹽水除去氯化氫，用濃硫酸除去水蒸氣，干燥潔凈的氯氣通入三頸燒瓶中和硫反應生成S2Cl2，S2Cl2被E中的冰水混合物冷凝，多余的氯氣被D中的堿石灰吸收。（2）二氧化硫和氯化氫的混合氣通入W溶液中，二氧化硫轉化為硫酸根離子，和加入的過量的Ba(OH)2反應生成硫酸鋇沉淀，根據硫酸鋇的質量可計算二氧化硫的體積分數。(1)①儀器m的名稱為直形冷凝管(或冷凝管)，裝置F中試劑的作用是：除去Cl2中混有的HCl雜質；②利用裝置A制備氯氣，氯氣中含氯化氫氣體和水蒸氣，通過裝置F除去氯化氫，通過裝置C除去水蒸氣，通過裝置B和硫磺在110～140℃反應制得S2Cl2粗品，通過裝置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，連接裝置D是防止空氣中水蒸氣進入，并吸收多余的氯氣，依據上述分析可知裝置連接順序為：A→F→C→B→E→D；③高錳酸鉀和濃鹽酸反應生成氯氣、MnCl2、KCl和水，反應的化學方程式為：2KMnO4+16HCl(濃)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；④實驗前打開K1，通入一段時間的氮氣排盡裝置內空氣。實驗結束停止加熱后，再通入一段時間的氮氣，其目的是：將裝置內的氯氣排入D內吸收以免污染空氣；并將B中殘留的S2Cl2排入E中收集；⑤反應生成S2Cl2，若氯氣過量則會生成SCl2，溫度過高S2Cl2會分解，為了提高S2Cl2的純度，實驗的關鍵是控制好溫度和滴入濃鹽酸的速率或B中通入氯氣的量；(2)①W溶液的作用是氧化二氧化硫生成硫酸，可以選擇H2O2溶液或氯水，但不能選擇KMnO4溶液(硫酸酸化)，因為酸性高錳酸鉀溶液能氧化氯化氫生成氯氣，污染環(huán)境，且引入硫酸根離子，故答案為ac；②過程分析可知生成沉淀為硫酸鋇沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物質的量n(SO2)=n(BaSO4)=mg÷233g/mol=mol，該混合氣體中二氧化硫的體積分數：。三、工業(yè)流程題9．鈷(Co)及其化合物在工業(yè)上廣泛應用于磁性材料、電池材料及超硬材料等領域。某學習小組欲從某工業(yè)廢料中回收鈷，設計工藝流程如下：(廢料中含有Al、Co2O3和Fe2O3等物質)。請回答：（1）廢料用NaOH溶液處理前通常先將廢料粉碎，其目的是____________。（2）過程Ⅱ用稀H2SO4和H2O2溶液與Co2O3反應而達到浸出鈷的目的，請寫出該反應的離子方程式___________。在實驗室模擬工業(yè)生產時，也可用鹽酸浸出鈷，但實際工業(yè)生產中不用鹽酸，請分析不用鹽酸浸出鈷的主要原因______________。（3）碳酸鈉溶液在過程Ⅱ和Ⅲ中所起作用有所不同，請寫出碳酸鈉在過程Ⅱ中發(fā)生反應生成沉淀的離子方程式__________________________________。（4）若在實驗室中完成過程Ⅳ，則沉淀物需在__________________（填儀器名稱）中灼燒；寫出在過程Ⅴ中發(fā)生反應的化學方程式__________________________________。（5）將1.0×10-3mol/LCoSO4與1.2×10-3mol/L的Na2CO3等體積混合，此時溶液中的Co2+的濃度為__________mol/L。（已知：CoCO3的溶度積為：Ksp=1.0×10-13）（6）CoO與鹽酸反應可得粉紅色的CoCl2溶液。CoCl2晶體因結晶水數目不同而呈現(xiàn)不同顏色，利用藍色的無水CoCl2吸水變色這一性質可制成變色水泥和顯隱墨水。如圖是粉紅色的CoCl2·6H2O晶體在烘箱中受熱分解時，剩余固體質量隨溫度變化的曲線，物質A的化學式是____________________。【答案】

增大反應物接觸面積，加快反應速率

Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+O2+3H2O

Co2O3可氧化鹽酸產生Cl2，污染環(huán)境

2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑

坩堝

3CoO+2Al3Co+A12O3

1.0×10-9

CoCl2·2H2O【解析】【分析】第一步中，Al和氫氧化鈉溶液反應，其離子反應方程式為：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，得到濾液和濾渣，因此采用操作步驟是過濾，濾液中AlO2－與二氧化碳反應得到氫氧化鋁沉淀，之后灼燒并通過電解熔融氧化鋁得到金屬單質鋁。濾渣中Co2O3作氧化劑與過氧化氫反應，化合價由＋3價→＋2價，之后調節(jié)PH得到Fe（OH）3。濾液中Co2＋不能轉化成沉淀，根據pH的范圍為3.2≤pH<7.15調節(jié)PH得到碳酸鈷沉淀之后進行煅燒得到氧化鈷，與金屬單質鋁發(fā)生鋁熱反應得到金屬單質Co。根據此分析進行解答?！驹斀狻浚?）廢料進行礦石粉碎處理，可以增大接觸面積，加快反應速率，故答案：為增大反應物接觸面積，加快反應速率（2）Co2O3作氧化劑與過氧化氫反應，化合價由＋3價→＋2價，故反應的離子方程式為Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+O2+3H2O。HCl被氧化后，Cl由－1價→0價，反應離子反應方程式為Co2O3＋2Cl－＋6H＋=2Co2＋＋3H2O＋Cl2↑，會產生氯氣污染環(huán)境，故答案為Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+O2+3H2O

Co2O3可氧化鹽酸產生Cl2，污染環(huán)境（3）在過程Ⅱ中Fe3＋與碳酸根發(fā)生雙水解，轉化成Fe（OH）3，但Co2＋不能轉化成沉淀。碳酸鈉在過程Ⅱ中發(fā)生反應生成沉淀的離子方程式為2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故答案為：2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑（4）過程Ⅳ是將Al(OH)3灼燒生成Al2O3，需要在坩堝中進行，電解熔融氧化鋁得到金屬單質鋁，過程Ⅴ中氧化鈷與金屬單質鋁發(fā)生鋁熱反應得到金屬單質Co，化學方程式為3CoO+2Al3Co+A12O3，故答案為坩堝；

3CoO+2Al3Co+A12O3

（5）Co2+與CO32-結合成CoCO3沉淀，此時碳酸根的濃度為（1.2×10-3-1.0×10-3）÷2=1×10-4，故Co2+的濃度=mol/L，故答案為1.0×10-9（6）由圖可知n（CoCl2）=65×10-3÷130=5×10-4mol，物質A中含有的結晶水的物質的量為n（H2O）=（83-65）×10-3÷18=1×10-3mol，故n（CoCl2）∶n（H2O）=1:2，故物質A的化學式為CoCl2·2H2O，故答案為CoCl2·2H2O【點睛】點睛：熟悉流程圖涉及的反應原理是解題的基礎。本題的難點是(2)題，需要根據反應物和生成物的關系，結合質量守恒定律書寫方程式；本題的易錯點為(3)，明確溶度積常數的含義是解題的關鍵。四、原理綜合題10．乙烷是一種重要的化工原料，可用作制冷劑、燃料、制備乙烯的原料。請回答下列問題：(1)已知：①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)

ΔH1=+136.8kJ·mol-1②H2(g)+O2(g)H2O(l)

ΔH2=-285.8kJ·mol-1③C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(1)

ΔH3=-1411.0kJ·mol-1則表示C2H6(g)燃燒熱的熱化學方程式為____。(2)1000℃時，在某剛性容器內充入一定量的C2H6，只發(fā)生反應①，已知平衡時容器中總壓為2.1×105Pa，乙烷的平衡轉化率為40%。①乙烷分解前容器壓強為____Pa，1000℃時，反應①的平衡常數Kp=____Pa[氣體分壓(Pa)=氣體總壓(Pa)×物質的量分數]。②若其他條件不變，剛性容器改為體積可變的密閉容器，則達到平衡時乙烷的轉化率_____40%(填“>”“<”或“=”)。(3)乙烷催化氧化裂解法是一種新型的制備乙烯的方法：C2H6(g)+O2(g)C2H4(g)+H2O(g)

ΔH=-149kJ·mol-1，①反應C2H6(g)+O2(g)C2H4(g)+H2O(g)

ΔH=-149kJ·mol-1的正活化能和逆活化能中較大的是____。②800℃時，控制原料氣的總物質的量一定，當C2H6和O2的物質的量之比為____時，乙烯的平衡產率最大，而當較小時，乙烯的平衡產率較低，可能的原因為____。【答案】(1)C2H6(g)＋O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝-1560kJ/mol(2)

>(3)

逆活化能

2:1

乙烷發(fā)生深度氧化而導致乙烯的選擇性降低【解析】(1)C2H6(g)的燃燒熱是1molC2H6(g)完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出的能量。①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)

ΔH1=+136.8kJ·mol-1②H2(g)+O2(g)H2O(l)

ΔH2=-285.8kJ·mol-1③C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(1)

ΔH3=-1411.0kJ·mol-1根據蓋斯定律①+③+②得C2H6(g)燃燒熱的熱化學方程式為C2H6(g)＋O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝+136.8kJ·mol-1-285.8kJ·mol-1-1411.0kJ·mol-1=-1560kJ/mol。(2)平衡時容器中總壓為2.1×105Pa，乙烷的平衡轉化率為40%。①同溫、同體積，壓強比等于物質的量比，乙烷分解前容器壓強為；1000℃時，反應①的平衡常數Kp=Pa。②正反應氣體物質的量增大，若其他條件不變，剛性容器改為體積可變的密閉容器，相當于減壓，則達到平衡時乙烷的轉化率>40%。(3)①反應C2H6(g)+O2(g)C2H4(g)+H2O(g)

ΔH=-149kJ·mol-1，焓變=正反應活化能-逆反應活化能，正反應放熱，所以正活化能小于逆活化能，較大的是逆活化能。②800℃時，控制原料氣的總物質的量一定，當投料比等于系數比時，生成物的含量增大，所以當C2H6和O2的物質的量之比為2:1時，乙烯的平衡產率最大；而當較小時，乙烷發(fā)生深度氧化而導致乙烯的選擇性降低，所以乙烯平衡產率較低。五、結構與性質11．過氧乙酸又名過醋酸(C2H4O3)，是重要化工原料。也是一種綠色生態(tài)殺菌劑，其制法為CH3COOH+H2O2=CH3COOOH+H2O。(1)某同學寫出了碳原子的4種不同狀態(tài)的電子排布圖____。A．

B．C．

D．其中能量最低的是____(填標號)，電子由狀態(tài)C到狀態(tài)B所得到的光譜為____光譜(填“原子發(fā)射”或“原子吸收”)。(2)過氧乙酸分子中C原子的雜化方式有____。(3)乙酸比乙醇易電離出H+的原因____。(4)乙酸和硝酸分子中所包含元素電負性由大到小的順序是____(用元素符號表示)。(5)造紙中，用NaBH4與紙漿中的過氧乙酸以及過渡金屬離子反應以提高漂白效率。硼氫化鈉、硼氫化鋁被認為是有機化學上的“萬能還原劑”。①兩種硼氫化物的熔點如表所示：硼氫化物NaBH4Al(BH4)3熔點/℃400-64.5解釋表中兩種物質熔點差異的原因____。②硼氫化鈉晶胞結構如圖所示，該晶體中Na+的配位數為____。已知：硼氫化鈉晶體的密度為ρg·cm-3，NA代表阿伏伽德羅常數的值，則a=___nm(用含ρ、NA的最簡式子表示)【答案】(1)

Ａ

Ａ

原子發(fā)射(2)sp2、sp3(3)乙酸分子中羧羥基的極性大于乙醇分子中醇羥基的極性(4)O>N>C>H(5)

NaBH4是離子晶體，Al(BH4)3是分子晶體，熔化時前者克服離子鍵，后者克服分子間作用力，離子鍵遠強于分子間作用力，故而熔點產生這樣的差異

8

【解析】(1)根據核外電子按照構造原理排布的基態(tài)原子能量最低，可判斷Ａ選項的能量最低，Ａ選項正確；Ｂ、Ｃ、Ｄ選項中低能量的2s能級未優(yōu)先填充滿2個電子，不符合最低能量原理，Ｂ、Ｃ、Ｄ選項錯誤；答案選Ａ；電子由狀態(tài)C到狀態(tài)B，電子從能量較高的激發(fā)態(tài)躍遷到能量較低的激發(fā)態(tài)，釋放能量，所得到的光譜為原子發(fā)射光譜；(2)過氧乙酸的結構中的－CH3上的Ｃ連接4個σ鍵，該C屬于sp3雜化，另－COOOH上的C連接3個σ鍵和1個π鍵，該C屬于sp2雜化；(3)乙酸分子中醇羥基連接的C上有電負性強于H的吸電子基O原子，使得乙酸分子中羧羥基的極性大于乙醇分子中醇羥基的極性，故而乙酸更易電離出H+；(4)乙酸和硝酸分子中所包含元素為H、C、N、O，同一周期自左向右元素的電負性逐漸增大，因此O>N>C，甲烷分子中C-H鍵共用電子對偏向于C，說明C的電負性大于H，故四種元素的電負性由大到小的順序為O>N>C>H；(5)①NaBH4是離子晶體，Al(BH4)3是分子晶體，熔化時前者克服離子鍵，后者克服分子間作用力，離子鍵遠強于分子間作用力，故而熔點產生這樣的差異；②觀察晶胞結構，與上頂面Na+等距離且最近的BH分別位于4個頂點和4個面心，即晶體中Na+的配位數為8；③由晶胞結構可知其中含有位于棱心和面心的Na+個數為，