遼寧省丹東市2020屆高三化學(xué)第一次模擬考試試題含解析

遼寧省丹東市2020屆高三化學(xué)第一次模擬考試試題含解析遼寧省丹東市2020屆高三化學(xué)第一次模擬考試試題含解析PAGE23-遼寧省丹東市2020屆高三化學(xué)第一次模擬考試試題含解析遼寧省丹東市2020屆高三化學(xué)第一次模擬考試試題(含解析）1?；瘜W(xué)與生產(chǎn)、生活、科技密切相關(guān)。下列敘述錯誤的是A。聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的過程B.硅膠常用作食品干燥劑，也可以用作催化劑載體C.疫苗一般應(yīng)冷藏存放,其目的是避免蛋白質(zhì)變性D.港珠澳大橋采用的聚乙烯纖維吊繩，其商品名為“力綸”，是有機高分子化合物【答案】A【解析】【詳解】A．聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的過程,而油脂不屬于高分子化合物,A選項錯誤；B．硅膠因其具有較大的比表面積，吸附能力強，常用作食品干燥劑和催化劑載體，B選項正確；C．疫苗的主要成分是蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)在高溫下易變性，冷藏存放的目的是避免蛋白質(zhì)變性，C選項正確;D．聚乙烯纖維屬于有機合成材料，是有機高分子化合物，D選項正確；答案選A.2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.足量Zn與一定量的濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生22。4L氣體時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAB.5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反應(yīng)中,生成28gN2時,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為4NAC。過量的鐵在1molCl2中然燒，最終轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAD.由2H和18O所組成的水11g，其中所含的中子數(shù)為4NA【答案】C【解析】【詳解】A．未注明是在標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成的22。4L氣體，故無法計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，A選項錯誤；B．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反應(yīng)中，銨根離子中被氧化的N元素化合價由-3價升高為N2中的0價，共失去15個電子，被還原的氮元素由硝酸根中+5價降低為氮氣中的0價，共得到15個電子，則生成28g（即1mol）氮氣，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為=3。75mol,個數(shù)為3.75NA，B選項錯誤；C．過量的鐵在1molCl2中然燒，Cl2被還原為Cl-，共轉(zhuǎn)移2mol電子，數(shù)目為2NA，C選項正確；D．由2H和18O所組成的水化學(xué)式為2H218O，一個2H218O含有1×2+10=12個中子，11g2H218O的物質(zhì)的量為0.5mol，則含有的中子數(shù)為6NA，D選項錯誤；答案選C。3.根據(jù)下表(部分短周期元素的原子半徑及主要化合價)信息，判斷以下敘述正確的是元素代號ABCDE原子半徑/nm0。1860.1430.0890.1020.074主要化合價＋1＋3＋2＋6、－2－2A。最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性C＞AB.氫化物的沸點H2E＞H2DC.單質(zhì)與稀鹽酸反應(yīng)的速率A＜BD。C2＋與A＋的核外電子數(shù)相等【答案】B【解析】【分析】元素的最高正價=最外層電子數(shù),最高正價和最低負價絕對值的和為8,D、E兩元素最外層電子數(shù)為6，故為第VIA元素，而D的半徑大于E,故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E為O，D為S,B元素最最外層電子數(shù)為3，為B或Al，但是半徑比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中間，應(yīng)為Al,A的半徑比鋁大，最外層電子數(shù)為1，應(yīng)為Na，C的半徑最小,最外層兩個電子，故為Be，據(jù)此分析解答問題.【詳解】A．A、C最高價氧化物對應(yīng)水化物分別為NaOH和Be（OH)2，金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性越強，金屬性Na>B，故堿性NaOH〉Be（OH）2,A選項錯誤；B．H2O含有氫鍵，分子間作用力較強，氫化物的沸點較高，則H2D<H2E,B選項正確;C．金屬鈉活潑性強于鋁，故與稀鹽酸反應(yīng)的速率Na>A1,C選項錯誤;D．Be2+與Na+的核外電子數(shù)分別為2、10，二者核外電子數(shù)不等,D選項錯誤；答案選B.【點睛】本題主要考查了學(xué)生有關(guān)元素周期表和周期律的應(yīng)用，難度一般，解答關(guān)鍵在于準(zhǔn)確掌握原子半徑和化合價的關(guān)系，熟記元素周期表中的遞變規(guī)律，學(xué)以致用。4。下列實驗操作、現(xiàn)象及結(jié)論均正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象實驗結(jié)論A向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈藍色黃色溶液中只含Br2B燒杯中看見白色沉淀證明酸性強弱：H2CO3>H2SiO3C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加熱；再加入銀氨溶液；未出現(xiàn)銀鏡蔗糖未水解DpH試紙先變紅后褪色氯水既有酸性，又有漂白性A.A B。B C。C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈藍色，該黃色溶液中可能含有Fe3+，F(xiàn)e3+也能將I—氧化為碘單質(zhì)，故不能確定黃色溶液中只含有Br2,A選項錯誤；B．濃鹽酸具有揮發(fā)性，燒杯中看見白色沉淀可能是揮發(fā)的HCl氣體與Na2SiO3溶液反應(yīng)得到H2SiO3的白色沉淀，不能證明酸性H2CO3>H2SiO3，B選項錯誤；C．銀鏡反應(yīng)必須在堿性條件下進行，該實驗中加入銀氨溶液之前沒有加入如NaOH溶液的堿性溶液中和未反應(yīng)的稀硫酸，實驗不能成功，故實驗操作及結(jié)論錯誤，B選項錯誤；D．氯水既有酸性，又有漂白性,可以使pH試紙先變紅后褪色,D選項正確；答案選D。5.分子式為C4H8Cl2的鏈狀有機物，只含有二個甲基的同分異構(gòu)體共有(不考慮立體異構(gòu)）A.3種 B。4種 C.5種 D.6種【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)有機物的分子式可知，C4H8Cl2的鏈狀有機物，只含有二個甲基的同分異構(gòu)體共有4種,分別是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、(CH3)2CClCH2Cl、(CH3)2CHCHCl2;答案選B.6.硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應(yīng)回收S，其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如圖所示。下列說法錯誤的是（)A。在圖示的轉(zhuǎn)化中，F(xiàn)e3+和CuS是中間產(chǎn)物B.在圖示的轉(zhuǎn)化中，化合價不變的元素只有銅C。圖示轉(zhuǎn)化的總反應(yīng)是2H2S+O22S+2H2OD.當(dāng)有1molH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時,需要消耗O2的物質(zhì)的量為0.5mol【答案】B【解析】【詳解】A．該過程中發(fā)生反應(yīng)：Cu2++H2S→CuS+2H+，CuS+Fe3+→S+Fe2++Cu2+(未配平)，F(xiàn)e2++O2→Fe3+(未配平)，由此可知，F(xiàn)e3+和CuS是中間產(chǎn)物，故A不符合題意；B．由圖知，化合價變化的元素有：S、Fe、O，Cu、H、Cl的化合價沒發(fā)生變化，故B符合題意;C．由A選項分析并結(jié)合氧化還原反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子守恒、原子守恒可知，其反應(yīng)的總反應(yīng)為：2H2S+O22S+2H2O，故C不符合題意；D．H2S反應(yīng)生成S，硫元素化合價升高2價,O2反應(yīng)時氧元素化合價降低2，根據(jù)氧化還原轉(zhuǎn)移電子守恒可知，當(dāng)有1molH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時，需要消耗O2的物質(zhì)的量為0.5mol,故D不符合題意；故答案為：B。7。已知常溫下,Ka1（H2CO3)=4。3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。某二元酸H2R及其鈉鹽的溶液中，H2R、HR—、R2-三者的物質(zhì)的量分數(shù)隨溶液pH變化關(guān)系如圖所示，下列敘述錯誤的是A。在pH=4.3的溶液中：3c(R2-）=c（Na+）+c（H+）-c（OH-)B.等體積、等濃度的NaOH溶液與H2R溶液混合后，此溶液中水的電離程度比純水小C.在pH=3的溶液中存在D。向Na2CO3溶液中加入過量H2R溶液,發(fā)生反應(yīng)：CO32—+H2R=HCO3—+HR—【答案】C【解析】【詳解】A．在pH=4.3的溶液中，c（R2—)=c(HR—)，溶液中存在電荷守恒：c（H+）+c(Na+)=c(HR-）+2c（R2—）+c(OH—),則3c（R2—)=c(Na+）+c(H+)-c(OH—),A選項正確；B．等體積等濃度的NaOH溶液與H2R溶液混合后，生成等濃度的H2R、HR—，溶液的pH=1.3，溶液顯酸性，對水的電離起到抑制作用，所以溶液中水的電離程度比純水小，B選項正確;C．當(dāng)溶液pH=1.3時，c（H2R)=c（HR-）,則，溶液的pH=4。3時，c（R2—)=c（HR—)，，則，C選項錯誤；D．結(jié)合題干條件，由C選項可知，H2R的電離常數(shù)Ka2大于H2CO3的Ka2，即酸性HR-大于H2CO3，所以向Na2CO3溶液中加入過量的H2R溶液，發(fā)生反應(yīng)CO32-+H2R=HCO3—+HR—，D選項正確；答案選C。8.垃圾分類正在全國逐漸推廣，垃圾資源化是可持續(xù)、綠色發(fā)展的重要途徑。由金屬廢料(主要含鐵、銅和它們的氧化物）制得堿式碳酸銅和摩爾鹽[(NH4）2SO4·FeSO4·xH2O］的工藝流程如下圖所示：已知:Ksp[Fe(OH)3］=1×10-38，Ksp[Cu（OH)2]=2。2×10-21,一般認為某離子濃度小于或等于10-5mol/L時，該離子轉(zhuǎn)化或去除完全。請回答下列問題：（1）熱純堿的作用是_______________，H2O2的電子式為___________。（2)調(diào)pH步驟可選用的試劑為______________。A。CuOB。Cu(OH)2C。Fe2O3D。Fe（OH）3（3)若所得溶液中c(Cu2+）=0.22mol·L—1，則需要調(diào)節(jié)的pH范圍是_______________。(4）溶液1經(jīng)過加熱、蒸發(fā)至溶液中出現(xiàn)晶體時，自然冷卻即可得到晶體，然后抽濾，用酒精洗滌晶體，酒精洗滌的目的是____________________________________。（5）寫出該流程中生成堿式碳酸銅的離子方程式________________________________.（6）取3.92g摩爾鹽產(chǎn)品,在隔絕空氣的條件下加熱至135°C時完全失去結(jié)晶水,此時固體質(zhì)量為2。84g,則該摩爾鹽結(jié)晶水個數(shù)x=________?！敬鸢浮浚?)。去除廢料表面的油污（2）.(3)。AB(4）。3～4(5).除去晶體表面水分（6）.2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2（OH)2CO3↓+2HCO3-(或2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑)（7）。6【解析】【分析】加入熱的純堿液，金屬廢料(主要含鐵、銅和它們的氧化物）中的主要成分都不發(fā)生反應(yīng)，所以熱的純堿液的作用只能是去除油污；加入H2SO4、H2O2，鐵及氧化物溶解并轉(zhuǎn)化為Fe3+，銅及氧化物溶解生成Cu2+;調(diào)pH將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH)3沉淀，用硫酸溶解生成硫酸鐵，再加入還原鐵粉轉(zhuǎn)化為硫酸亞鐵,加入硫酸銨最后得摩爾鹽。濾液中含有Cu2+，加入Na2CO3溶液發(fā)生雙水解反應(yīng)生成Cu2（OH）2CO3。【詳解】(1)由以上分析可知,利用熱的純堿溶液水解使溶液呈較強的堿性，從而達到去除油污的目的,其作用是去除廢料表面的油污，H2O2為共價化合價，既存在O—H共價鍵，又存在O—O共價鍵，其電子式為。答案為：去除廢料表面的油污;；（2)調(diào)pH的目的，是將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，同時不引入新的雜質(zhì),可選擇CuO、Cu（OH）2，所以可選用的試劑為AB,故答案為：AB;(3)Ksp［Fe(OH）3］=1×10-38,c（Fe3+)=10-5mol/L，c(OH—)=10—11mol/L,pH=3；若所得溶液中c(Cu2+）=0。22mol·L-1，利用Ksp[Cu(OH）2］=2.2×10-20，可求得c(OH—）=mol/L，pH=-lg（10—4）=4，則需要調(diào)節(jié)的pH范圍是3～4，故答案為：3~4;（4)自然冷卻即可得到晶體，然后抽濾；防烘干時晶體易失去結(jié)晶水,所以不能采用烘干的方法，而應(yīng)用酒精洗滌晶體，酒精洗滌的目的是除去晶體表面水分，故答案為：除去晶體表面水分；(5）該流程中Cu2+，加入Na2CO3溶液，利用部分離子發(fā)生雙水解反應(yīng)生成Cu2（OH）2CO3，離子方程式為2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2(OH）2CO3↓+2HCO3—(或2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH)2CO3↓+CO2↑),故答案為：2Cu2++3CO32—+2H2O=Cu2（OH）2CO3↓+2HCO3-(或2Cu2++2CO32—+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑)；(6）m［（NH4)2SO4·FeSO4]=2.84g，n[(NH4）2SO4·FeSO4］==0。01mol,m（H2O）=3。92g-2.84g=1。08g，n（H2O)==0.06mol，則該摩爾鹽結(jié)晶水個數(shù)x==6，故答案為：6.【點睛】在進行結(jié)晶水?dāng)?shù)目的計算時,也可先求出晶體的相對分子質(zhì)量，然后求結(jié)晶水的個數(shù)。即n[(NH4）2SO4·FeSO4]==0。01mol，n[（NH4)2SO4·FeSO4·xH2O］==392g/mol，132+152+18n=392，n=6。9。為解決“溫室效應(yīng)”日趨嚴重的問題，科學(xué)家們不斷探索CO2的捕獲與資源化處理方案,利用CH4捕獲CO2并轉(zhuǎn)化為CO和H2混合燃料的研究成果已經(jīng)“浮出水面"。已知：①CH4(g)十H2O（g）==CO(g）+3H2(g)△H1=+206。4kJ/mol②CO(g)+H2O(g）==CO2（g)+H2(g）△H2=—41。2kJ/molT1°C時，在2L恒容密閉容器中加入2molCH4和1molCO2，并測得該研究成果實驗數(shù)據(jù)如下：請回答下列問題：時間/s0102030405060CO2/mol10。70。60。540.50。50。5H2/mol00.60.80.92111（1)該研究成果的熱化學(xué)方程式③CH4(g）+CO2(g)==2CO（g)+2H2(g）△H=_____（2)30s時CH4的轉(zhuǎn)化率為_______，20~40s，v(H2）=_______.（3)T2°C時,該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為1。5,則T2___T1（填“〉”“=”或“〈”.)（4）T1°C時反應(yīng)③達到平衡的標(biāo)志為______________。A．容器內(nèi)氣體密度不變B．體系壓強恒定C．CO和H2的體積分數(shù)相等且保持不變D．2v(CO）逆=v(CH4）正(5）上述反應(yīng)③達到平衡后,其他條件不變,在70s時再加入2molCH4和1molCO2,此刻平衡移動方向為________(填“不移動”“正向”或“逆向"）,重新達到平衡后，CO2的總轉(zhuǎn)化率比原平衡____________（填“大”“小"或“相等”）?！敬鸢浮?1)。+2476KJ/mol（2）.23％（3).0。005mol/（L·s）(4)。＞（5）.BC(6)。正向（7).小【解析】【分析】已知：①CH4(g）十H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1=+206.4kJ/mol②CO(g）+H2O（g)=CO2（g)+H2(g)△H2=—41。2kJ/mol(1）利用蓋斯定律，將①—②，可得出熱化學(xué)方程式③CH4（g）+CO2（g）=2CO（g)+2H2(g)△H。(2）利用三段式，建立各物質(zhì)的起始量、變化量與平衡量的關(guān)系,可得出30s時CH4的轉(zhuǎn)化率，20~40s的v(H2）。（3)利用三段式，可求出T1時化學(xué)平衡常數(shù)，與T2時進行比較,得出T2與T1的關(guān)系.（4)A．氣體的質(zhì)量不變，容器的體積不變，則容器內(nèi)氣體密度始終不變；B．容器的體積不變，氣體的分子數(shù)隨反應(yīng)進行而發(fā)生變化；C．平衡時，CO和H2的體積分數(shù)保持不變；D．2v（CO)逆=v（CH4）正，方向相反，但數(shù)值之比不等于化學(xué)計量數(shù)之比。（5）利用濃度商與平衡常數(shù)進行比較，可確定平衡移動的方向；利用等效平衡原理,可確定CO2的總轉(zhuǎn)化率與原平衡時的關(guān)系?！驹斀狻恳阎孩貱H4(g)十H2O(g）=CO(g)+3H2(g）△H1=+206.4kJ/mol②CO(g)+H2O(g）=CO2(g）+H2（g）△H2=-41。2kJ/mol(1)利用蓋斯定律，將①-②,可得出熱化學(xué)方程式③CH4（g)+CO2（g）=2CO（g)+2H2（g）△H=+247。6kJ/mol，故答案為：+247.6kJ/mol;(2）利用表中數(shù)據(jù)，建立如下三段式：30s時,CH4的轉(zhuǎn)化率為=23％，20~40s的v（H2)==0。005mol/(L?s)，故答案為：23%；0.005mol/（L?s)；（3）利用平衡時的數(shù)據(jù)，可求出T1時的化學(xué)平衡常數(shù)為<1.5，則由T1到T2，平衡正向移動，從而得出T2>T1,故答案為：〉；(4）A．反應(yīng)前后氣體的總質(zhì)量不變,容器的體積不變，則容器內(nèi)氣體密度始終不變,則密度不變時,不一定達平衡狀態(tài)，A不合題意；B．氣體的分子數(shù)隨反應(yīng)進行而發(fā)生改變,則壓強隨反應(yīng)進行而改變,壓強不變時達平衡狀態(tài)，B符合題意；C．平衡時，CO和H2的體積分數(shù)保持不變,反應(yīng)達平衡狀態(tài)，C符合題意;D．2v(CO)逆=v（CH4)正，速率方向相反，但數(shù)值之比不等于化學(xué)計量數(shù)之比,反應(yīng)未達平衡，D不合題意；故答案為：BC；(5)平衡時加入2molCH4和1molCO2,濃度商為Q=，所以平衡正向移動；加入2molCH4和1molCO2，相當(dāng)于原平衡體系加壓,平衡逆向移動，CO2的總轉(zhuǎn)化率比原平衡小，故答案為：正向；小?！军c睛】計算平衡常數(shù)時，我們需使用平衡濃度的數(shù)據(jù)，解題時，因為我們求30s時的CH4轉(zhuǎn)化率,所以易受此組數(shù)據(jù)的干擾，而使用此時的數(shù)據(jù)計算平衡常數(shù)，從而得出錯誤的結(jié)果。10.過硫酸鈉(Na2S2O8）具有極強的氧化性，且不穩(wěn)定，某化學(xué)興趣小組探究過硫酸鈉的相關(guān)性質(zhì)，實驗如下。已知SO3是無色易揮發(fā)的固體，熔點16。8℃，沸點44.8℃.（1）穩(wěn)定性探究（裝置如圖)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。此裝置有明顯錯誤之處，請改正：______________________,水槽冰水浴的目的是____________________；帶火星的木條的現(xiàn)象_______________.(2）過硫酸鈉在酸性環(huán)境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化為紫紅色的離子，所得溶液加入BaCl2可以產(chǎn)生白色沉淀,該反應(yīng)的離子方程式為______________________，該反應(yīng)的氧化劑是______________，氧化產(chǎn)物是________。（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，過濾后對沉淀進行洗滌的操作是___________________________。（4）可用H2C2O4溶液滴定產(chǎn)生的紫紅色離子，取20mL待測液，消耗0。1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，則上述溶液中紫紅色離子的濃度為______mol·L－1,若Na2S2O8有剩余，則測得的紫紅色離子濃度將________(填“偏高"“偏低"或“不變”）?！敬鸢浮?1).試管口應(yīng)該略向下傾斜（2）。冷卻并收集SO3（3）.木條復(fù)燃(4).2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋（5).S2O（6).MnO（7）。用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，使蒸餾水自然流下，重復(fù)操作2～3次（合理即可)（8)。0.06（9）.偏高【解析】【分析】（1）在試管中加熱固體時，試管口應(yīng)略微向下傾斜；根據(jù)SO3、氧氣的性質(zhì)進行分析；(2）X為MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SO42-，據(jù)此寫出離子方程式，并根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律判斷氧化劑、氧化產(chǎn)物；(3）根據(jù)沉淀洗滌的方法進行回答；（4）根據(jù)得失電子守恒可得到關(guān)系式：5H2C2O4———2MnO4-,帶入數(shù)值進行計算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4?！驹斀狻?1）在試管中加熱固體時，試管口應(yīng)略微向下傾斜，SO3的熔、沸點均在0℃以上,因此冰水浴有利于將SO3冷卻為固體，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知,生成物中有氧氣，所以在導(dǎo)管出氣口的帶火星的木條會復(fù)燃,故答案為：試管口應(yīng)該略向下傾斜；冷卻并收集SO3；木條復(fù)燃；（2）X為MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)物中有SO42-，則反應(yīng)的離子方程式為2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋，根據(jù)該反應(yīng)中元素化合價的變化可知，氧化劑是S2O82—，氧化產(chǎn)物是MnO4—，故答案為：2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋；S2O82—；MnO4—；（3）沉淀洗滌時,需要用玻璃棒引流,并且所加蒸餾水需要沒過沉淀,需要洗滌2~3次，故答案為：用玻璃棒引流,向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，使蒸餾水自然流下，重復(fù)操作2~3次（合理即可）;(4）根據(jù)得失電子守恒可得到關(guān)系式：則，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多，導(dǎo)致測得的結(jié)果偏高，故答案為：0。06；偏高。11.X、Y、Z、W、Q、R是周期表中前36號元素，核電荷數(shù)依次增大,其中X、Y、Z、W都是元素周期表中短周期元素。X為非金屬元素，且X原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍,Z的次外層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的，W原子的s電子與p電子數(shù)相等，Q是前四周期中電負性最小的元素,R的原子序數(shù)為29?；卮鹣铝袉栴}：（1）X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分子中,中心原子采取______________雜化。（2）化合物XZ與Y的單質(zhì)分子互為______________，1molXZ中含有π鍵的數(shù)目為______________.(3）W的穩(wěn)定離子核外有______________種運動狀態(tài)的電子。W元素的第一電離能比其同周期相鄰元素的第一電離能高，其原因是:_____。（4）Q的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示,則在單位晶胞中Q原子的個數(shù)為______________，晶體的配位數(shù)是______________。(5）R元素的基態(tài)原子的核外電子排布式為________;Y與R形成某種化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，已知該晶體的密度為ρg·cm—3，阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA，則該晶體中R原子和Y原子之間的最短距離為______________cm。（只寫計算式)【答案】（1)。sp2（2）.等電子體（3）。2NA(4)。10(5)。Mg原子的價電子排布式為3s2，3s軌道處于全滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，失去一個電子比較困難(6）.2（7）。8(8）.1s22s22p63s23p63d104s1(9）.【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q、R是周期表中前36號元素，核電荷數(shù)依次增大，其中X、Y、Z、W都是元素周期表中短周期元素。X為非金屬元素，且X原子的核外成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的2倍，則X的核外電子排布式為1s22s22p2，則X為碳；Z的次外層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的，則Z為氧，Y為氮；W原子的s電子與p電子數(shù)相等，則W的核外電子排布式為1s22s22p63s2,W為鎂；Q是前四周期中電負性最小的元素，則Q為鉀；R的原子序數(shù)為29，則R為銅,據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)X的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為H2CO3，結(jié)構(gòu)式為，則中心原子C采取sp2雜化，故答案為：sp2；（2）化合物CO與N2分子具有相同的原子個數(shù)及價層電子數(shù),屬于等電子體；CO的結(jié)構(gòu)與N2相似,為，其中含有π鍵的數(shù)目為2NA，故答案為：等電子體；2NA;（3）Mg2+核外有10個電子，則有10種運動狀態(tài)的電子；W元素的第一電離能比其同周期相鄰元素的第一電離能高,其原因是Mg原子的價電子排布式為3s2,3s軌道處于全滿狀態(tài),比較穩(wěn)定,失去一個電子比較困難；故答案為：10;Mg原子的價電子排布式為3s2，3s軌道處于全滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，失去一個電子比較困難;（4）根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)知，鉀原子在頂點和體心,則在單位晶胞中鉀原子的個數(shù)為8×+1=2；離體心鉀原子最近的鉀原子處于晶胞的8個頂點，則晶體的配位數(shù)是8；故答案為：2;8（5）銅基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；晶胞中含有N原子數(shù)為：8×=1，含有的Cu原子數(shù)為：12×=3，則晶胞的質(zhì)量為，設(shè)晶胞的棱長為d,則d3=，則R原子和Y原子之間的最短距離為;故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1；.12.美國藥物學(xué)家最近合成一種可能用