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  • 2021-07-05 发布

【化学】浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高二上学期期中考试(1班)试题(解析版)

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浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高二上学期期中考试(1班)试题 可能用到的相对原子质量:H-1;C-12;N-14;O-16;F-19;Ca-40;Fe-56;Cu-64。‎ 请将答案写在答题卷上,答在试卷上无效。本卷满分100分。‎ 一.选择题(本题共有18小题,每小题只有一个正确选项。1-10题每小题2分,11-18题每小题3分,共44分)‎ ‎1.加拿大阿尔贡天文台在星际空间发现了HC9N链状分子,其结构为:HC≡C—C≡C—C≡C—C≡C—C≡N,这是人类迄今发现最重星际有机分子,有关该分子的说法不正确的是( )‎ A. 该物质是有机物 B. 该分子中含有9个σ键和10个π键 C. 该分子可发生加成反应 D. 该分子中所有原子在同一直线上 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A、HC9N含有C元素,属于有机物 ,故A正确;‎ B、单键是σ键、双键有1个σ键和1个π键、三键有1个σ键和2个π键,所以该分子中含有10个σ键和10个π键,故B错误;‎ C、该分子含有碳碳双键可发生加成反应,故C正确;‎ D、乙炔为直线分子,所以所有原子在同一直线上,故D正确;‎ 答案选B。‎ ‎2.下列分子中,所有原子都满足最外层为8电子稳定结构的是( )‎ A. BF3 B. COCl2 C. PCl5 D. CHCl3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题中所有原子都满足最外层为8电子稳定结构可知,本题考查共价化合物中原子最外层电子排布情况,运用ABn型共价化合物中元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8,则该元素原子满足8电子结构进行分析。‎ ‎【详解】A. BF3中,B原子的原子核外最外层电子数为3,其在分子中的化合价为+3价,在分子中的原子最外层电子数为6,A项错误;‎ B. COCl2‎ 分子中,C和O、Cl原子的原子核外最外层电子数分别为4、6和7,C和O、Cl在分子中的化合价分别是+4和-2、-1价,均满足8电子稳定结构,B项正确;‎ C. PCl5中,P原子的原子核外最外层电子数为5,其在分子中的化合价为+5价,在分子中的原子最外层电子数为10,C项错误;‎ D. H原子最外层一定不满足8电子结构,在CHCl3分子中,H原子最外层满足2电子稳定结构,D项错误;‎ 答案选B。‎ ‎3.下列对价电子构型为2s22p5的元素描述正确的是 ( )‎ A. 原子半径最小 B. 原子序数为9‎ C. 第一电离能最大 D. 电负性最大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】价电子构型为2s22p5的元素为F元素,位于第二周期第ⅤⅡA族。‎ ‎【详解】A项、同周期中原子半径最小为F,周期表中原子半径最小的为H,故A错误;‎ B项、F的原子序数为9,故B正确;‎ C项、在同周期元素中,第一电离能最大的为Ne,故C错误;‎ D项、F的非金属性最强,其电负性最大,故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎4.下列各组元素,按照原子半径依次减小、第一电离能依次增大的顺序排列的是( )‎ A. K、Na、Li B. Al、Mg、Na ‎ C. N、O、C D. P、S、Cl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. K 、Na、  Li 处于同主族,原子半径依次减小,同主族自上而下电离能降低,故K、Na、Li的元素第一电离能逐渐增大,故A项正确;‎ B.Al、Mg、Na属于同一周期元素且原子序数依次减小,原子半径依次增大,同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大,但第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的,所以第一电离能依次Mg>Al>Na,故B项错误;‎ C.N、O、C属于同一周期元素,原子半径:C>N>O,同一周期元素中,元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势,但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素,故第一电离能顺序为:N>O>C,故C项错误;‎ D.P、S、Cl同周期,原子序数依次增大,同周期自左而右原子半径减小,同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势,但P最外层3p能级容纳3个电子,为半充满稳定状态,能量较低,第一电离能也高于同周期相邻元素,故第一电离能P>Cl>S,故D项错误;‎ 故答案选A。‎ ‎5.在d轨道中电子排布成,而不排布成,最直接的根据是( )‎ A. 能量最低原理 B. 泡利不相容原理 ‎ C. 杂化轨道理论 D. 洪特规则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题中轨道电子排布可知,本题考查原子核外电子排布,根据洪特规则进行分析。‎ ‎【详解】A. 能量最低原理就是指核外电子总是尽可能先占能量最低的轨道,只有当能量最低轨道被占满后,电子才依次进入能量较高轨道,与题意不符合,A项错误;‎ B. 泡利不相容原理指的是在原子中不能容纳运动状态完全相同的电子,与题意不符合,B项错误;‎ C. 杂化轨道理论指的是中心原子的若干能量相近的原子轨道重新组合,形成一组新的轨道,与题意不符合,C项错误;‎ D.当电子排布在同一能级的不同轨道时,基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道,且自旋状态相同,称为洪特规则,根据图片知,5个电子占据不同的轨道且自旋方向相同,所以其根据是洪特规则,D项正确;‎ 答案选D。‎ ‎6.下列有关实验、工业生产说法不正确的是( )‎ A. 实验室从海带中分离碘元素必须用到的硅酸盐材料的仪器有坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒、烧杯、漏斗及分液漏斗 B. 提取海带中碘元素时,为保证I-完全氧化为I2,应加入过量的氧化剂(H2O2或新制氯水)‎ C. 用分液漏斗进行萃取,需要几次振荡并放气,再将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置 D. 分液操作时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 实验室从海带中分离碘元素操作包含灼烧、溶解、过滤、萃取等环节,必须用到的硅酸盐材料的仪器有坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒、烧杯、漏斗及分液漏斗,A正确;‎ B. 提取海带中碘元素时,为保证I-完全氧化为I2,加入的氧化剂不能用过量的氯水,这样将会引进杂质,B错误;‎ C. 用分液漏斗进行萃取,需要几次振荡并放气,再将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置,C正确;‎ D. 分液操作时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,D正确;‎ 答案为B ‎7.下列实验操作或数据记录不正确的是:( )‎ A. 用10 mL量筒量取92 mL NaCl溶液 B. 用酸式滴定管量取20.00 mL K2Cr2O7溶液 C. 用电子(分析)天平测得铁片质量是15.5240 g D. 用托盘天平称量时,将NaOH固体放在滤纸上,称得质量为4.2 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 量筒精确到0.1,可量取NaCl溶液,体积为9.2mL,A项正确;‎ B. K2Cr2O7具有强氧化性,应用酸式滴定管量取20.00 mL,B项正确;‎ C. 电子(分析)天平精确到0.0001g,C项正确;‎ D. NaOH固体有腐蚀性易潮解,应在小烧杯中称量,D项错误; ‎ 答案选D。‎ ‎8.下列说法正确的是:( )‎ A. 日常生活中能用粥汤检验某食盐是不是加碘盐 B. 用已知浓度的FeCl3溶液滴定KI溶液,可滴加几滴淀粉溶液作指示剂 C. 用新制氢氧化铜悬浊液可检验失去标签的乙醇、丙三醇、乙醛、乙酸四瓶无色溶液 D. 将3-4个火柴头浸于水中,片刻后取少量溶液于试管中,加AgNO3溶液、稀硝酸,若出现白色沉淀,说明含有氯元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.淀粉遇I2变蓝,食盐中加碘一般是加KIO3,IO3-‎ 遇淀粉不会变蓝,因此不能用粥汤检验某食盐是不是加碘盐,A项错误;‎ B. 向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液, 两溶液一接触就产生I2单质,无论反应是否完全,淀粉溶液即刻变蓝,不能确定滴定终点,B项错误;‎ C. 新制氢氧化铜悬浊液与乙醇不反应,悬浊液变成蓝色溶液;与丙三醇反应生成一种绛蓝色的络合物;与乙醛加热后反应生成砖红色沉淀;与乙酸反应时蓝色沉淀溶解,因此可以检验,C项正确;‎ D. 火柴头中含有氯酸钾,硝酸银能和氯离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,所以硝酸酸化的硝酸银能检验氯离子,但硝酸银不和氯酸根离子反应,所以不能检验氯酸根离子,D项错误;‎ 答案选C。‎ ‎9.下列各图是从晶体结构图中分割出来的部分结构图(图中白球表示阳离子,黑球表示阴离子),其中属于从NaCl晶体中分割出来的结构图是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题中晶体结构图可知,本题考查氯化钠晶体中氯离子和钠离子的配位数,运用钠离子和氯离子的配位数都是6进行分析。‎ ‎【详解】A. 图中阳离子配位数为8,A项错误;‎ B. 图中选取任意一个离子,然后沿着X、Y、Z轴切割可得到6个等距离且最近的带相反电荷的离子,阴阳离子配位数都为6,B项正确;‎ C. 图中阳离子配位数为8,C项错误;‎ D. 图中阳离子其配位数为6,而阴离子配位数为8,D项错误;‎ 答案选B。‎ ‎10.下列说法不正确的是( )‎ A. 为了使过饱和溶液中析出晶体,可用玻璃棒搅动或者振荡容器 B. 结晶时,若溶质的溶解度越大,溶液的浓度越高,溶剂的蒸发速度越快,溶液的冷却速度越快,析出的晶体颗粒就越细小 C. 培养明矾晶体时,为得到较大颗粒的晶体,应自然冷却,并静置过夜 D. 重结晶过程中产生的母液虽然含有杂质,但仍应将母液收集起来,进行适当处理,以提高产率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 为了使过饱和溶液中析出晶体,用玻璃棒搅动或轻轻的摩擦器壁,都会使溶液受到震动,增加溶质粒子碰撞的几率形成晶种,A正确;‎ B. 晶体颗粒的大小与结晶条件有关,溶质的溶解度越小,或溶液的浓度越高,或溶剂的蒸发越快,或溶液冷却得越快,析出的晶粒就越细小,反之越大,B错误;‎ C. 培养明矾晶体时,为得到较大颗粒的晶体,使饱和溶液缓慢冷却能得到较大颗粒的晶体,则应自然冷却,并静置过夜方法,C正确;‎ D. 重结晶过程中产生的母液虽然含有杂质,但仍应将母液收集起来,进行适当处理,以提高产率,D正确;‎ 答案为B ‎11.氢键对物质性质具有一定的影响,下列现象与氢键无关的是( )‎ A. 水在结冰时体积膨胀 B. NH3比PH3热稳定性好 C. 邻羟基苯甲醛沸点比对羟基苯甲醛低 D. 甘油、浓硫酸都呈黏稠状 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题中氢键对物质性质的影响可知,本题考查氢键的应用,运用形成原理进行分析。‎ ‎【详解】A. 冰中的氢键比液态水中的强,使得水分子排列得很规则,造成体积膨胀,A项错误;‎ B. NH3、PH3热分解断裂的是N-P键、P-H键,与氢键无关,B项正确;‎ C.邻羟基苯甲醛形成分子内氢键,使熔沸点相对较低,对羟基苯甲醛,形成分子间氢键,使熔沸点相对较高;C项错误;‎ D. 由于甘油、浓硫酸分子间可形成众多的氢键,一般粘度较大,呈黏稠状,D项错误;‎ 答案选B。‎ ‎12.在实验室中,下列除杂的方法正确的是( )‎ A. 溴苯中混有溴,加入KI溶液,振荡, 静置,分液 B. 乙烷中混有乙烯,通入H2在一定条件下反应,使乙烯转化为乙烷 C. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸,将其倒入NaOH溶液中,静置,分液 D. 乙烯中混有CO2和SO2,将其通过盛有NaHCO3溶液的洗气瓶 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溴苯中混有溴,加入KI溶液生成单质碘,碘能溶于溴苯中,应该用氢氧化钠溶液,振荡,静置,分液,A错误;‎ B. 乙烷中混有乙烯,应该用溴水除去乙烯,不能利用H2,因为很难控制氢气的用量,且与氢气的加成反应是可逆反应,B错误;‎ C. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸,将其倒入NaOH溶液中,酸被中和,然后静置,分液即可,C正确;‎ D. 乙烯中混有CO2和SO2,将其通过盛有NaHCO3溶液的洗气瓶仍然混有二氧化碳,应该用氢氧化钠溶液,D错误;‎ 答案选C。‎ ‎13.下列说法正确的是( )‎ A. 将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入1mol·L-1CuSO4溶液和1mol·L-1CuCl2溶液中,铝片表面都观察不到明显的反应现象 B. 溶液酸碱性对H2O2的稳定性有较大影响,在酸性溶液中,H2O2分解较快 C. Fe3+能与硫氰化钾反应生成可溶于水的血红色配合物 D. 变色硅胶干燥剂含有CoCl2,干燥剂呈蓝色时,表示不具有吸水干燥功能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CuSO4 、CuCl2均为强酸弱碱盐,水溶液显酸性,能与两块未擦去氧化膜的铝片反应消耗氧化铝薄膜,铝片也能置换出单质铜,表面生成红色的铜,A错误;‎ B. 溶液酸碱性对H2O2的稳定性有较大影响,在碱性溶液中,H2O2分解较快,B错误;‎ C. Fe3+能与硫氰化钾反应生成可溶于水的血红色配合物,C正确;‎ D. 变色硅胶干燥剂含有CoCl2,CoCl2干态蓝色,CoCl22H2O紫红色,干燥剂呈蓝色时,表示具有吸水干燥功能,D错误;‎ 答案为C ‎14.工业废弃物的资源化回收再利用,可以更大限度地发挥原材料的价值。下图是工业生产纳米磁性氧化铁的流程:‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. 用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污 B. 若生产中不通入N2,暴露在空气中生产,将不能得到高纯度产品 C. 加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+ ,涉及的反应:H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O D. 溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题中磁性氧化铁的流程可知,本题考查四氧化三铁中铁离子和亚铁离子的性质,运用铁离子和亚铁离子的转换方法进行分析。‎ ‎【详解】A. 碳酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性,浸泡废铁屑可以使表面的油脂水解除去,而不能除铁锈,A项正确;‎ B. 若生成中不通入氮气,暴露在空气中,亚铁离子会被氧化成铁离子,将不能得到高纯度的产品,B项正确;‎ C. 加入过氧化氢是将亚铁离子氧化成铁离子,1molH2O2得到2mol的电子,所以反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O,C项正确;‎ D. 根据最终产物为四氧化三铁,其中Fe2+和 Fe3+的数目之比为1:2,所以溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1:2,D项错误;‎ 答案选D。‎ ‎15.下表中实验操作能达到实验目的的是( )‎ 实验操作 实验目的 A 向苯和苯酚混合溶液中滴加过量浓溴水 除去混合溶液中的苯酚 B 向待测液中加入饱和碳酸钠溶液 鉴别乙酸、乙酸乙酯、乙醇 C 向3mL5%CuSO4溶液中滴加3~4滴1%氢氧化钠溶液,再向其中加入0.5mL乙醛,加热 检验醛基 D 将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热,冷却,继续滴加硝酸银溶液 检验溴乙烷中的溴元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚,三溴苯酚以及过量的溴均易溶于苯,应该用氢氧化钠溶液,A错误;‎ B.乙酸与碳酸钠反应生成气体、乙醇与碳酸钠不分层、乙酸乙酯与碳酸钠分层,现象不同,可鉴别,B正确;‎ C.滴加3~4滴2%氢氧化钠溶液,NaOH不足,检验-CHO应在碱性溶液中,C错误;‎ D.溴乙烷与氢氧化钠溶液共热,发生水解反应生成NaBr,检验溴离子应在酸性溶液中,应先加酸至酸性,再滴加硝酸银溶液检验,D错误;‎ 答案选B。‎ ‎16.亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂,用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量(含量通常以1kg样品中含SO2的质量计;所加试剂均足量)。下列说法不正确的是( )‎ A. 葡萄酒酿造时通入SO2起到了杀菌和增酸的作用 B. 反应①中若不通入N2则测得的SO2含量偏低 C. 反应①中煮沸的目的是加快亚硫酸的分解,降低SO2的溶解度 D. 若仅将②中的氧化剂“H2O2溶液”替换为“溴水”,对测定结果无影响 ‎【答案】D ‎【解析】A项,葡萄酒酿造时通入SO2起到杀菌和增酸的作用,正确;B项,反应①中若不通入N2,则在反应①中部分SO2被氧化,气体A偏小,测得的SO2含量偏低,正确;C项,反应①中煮沸的目的是加快H2SO3的分解,降低SO2的溶解度,使葡萄酒中SO2全部蒸出,正确;D项,将“H2O2溶液”替换为“溴水”,发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr,为保证SO2完全吸收,溴水要略过量,用NaOH溶液中和,消耗的NaOH增多,测得的SO2‎ 含量偏高,对测定结果有影响,错误;答案选D。‎ ‎17.在实验室中,不能达到目的的是( )‎ A. 用金属钠分别与水和乙醇反应,比较水和乙醇分子中羟基氢(OH)的活泼性 B. 石墨作电极,电解Cu(NO3)2 、AgNO3 的混合溶液,比较金属铜和银的金属活动性 C. 分别测定CH4 和H2S 的沸点高低,比较硫和碳两种元素的非金属性强弱 D. 用检验Na2CO3 和Na2SO4 水溶液酸碱性实验,比较碳和硫两元素非金属性的强弱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠分别与水和乙醇反应,钠与水反应剧烈,钠与乙醇反应较缓慢,则可比较水和乙醇分子中羟基氢(−OH)的活泼性,A项正确;‎ B. 石墨作电极,电解Cu(NO3)2、AgNO3的混合溶液,银离子先得到电子,先析出Ag,则还原性Ag>Cu,则可比较金属铜和银的金属活动性,B项正确;‎ C. 沸点与元素的非金属性无关,非金属性的强弱可比较气态氢化物的稳定性,C项错误;‎ D. Na2CO3和Na2SO4水溶液分别为碱性和中性,则酸性为碳酸小于硫酸,则非金属性S>C,所以可比较碳和硫两元素非金属性的强弱,D项正确;‎ 答案选C。‎ ‎18.某恒温密闭容器发生可逆反应Z(?)+W(?)X(g)+Y(?) ΔH ,在t1时刻反应达到平衡,在t2时刻缩小容器体积,t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件。下列有关说法中不正确的是( )‎ A. Z和W在该条件下一定不为气态 B. t1~t2时间段与t3时刻后,两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等 C. 若在该温度下此反应平衡常数表达式为K=c(X),则t1~t2时间段与t3时刻后的X浓度相等 D. 若该反应只在某温度T0以上自发进行,则该反应的平衡常数K随温度升高而增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、缩小体积,正反应的速率并没有发生改变,说明压强对正反应速率没有影响,故Z和W不是气体,错误;‎ B、当Y不是气体时,则反应体系中的气体只有X,那么,其平均摩尔质量是相等的,错误;‎ C、平衡常数只是温度的函数,故在该温度下,平衡常数一样,而K=c(X),所以X的浓度在此温度下的任何时刻都一样,错误;‎ D、该反应在温度为T0以上时才能自发进行,根据△G=△H-T△S<0,得出该反应是吸热反应,升高温度平衡正向移动,平衡常数增大,正确。‎ 故选D。‎ 二.填空题(本题共有5个小题,共56分)‎ ‎19.由徐光宪院士发起,院士学子同创的《分子共和国》科普读物最近出版了,全书形象生动地诉说了BF3、TiO2、CH3COOH、CO2、NO、二茂铁、NH3、HCN、H2S、O3、异戊二烯和萜等众多“分子共和国”中的明星。‎ ‎(1)写出Fe2+的核外电子排布式________________________________。‎ ‎(2)下列说法正确的是________。‎ a.H2S、O3分子都是直线形 b.BF3和NH3均为三角锥形 c.CO2、HCN分子的结构式分别是O=C=O、H—C≡N d.CH3COOH分子中碳原子的杂化方式有:sp2、sp3‎ ‎(3)TiO2的天然晶体中,最稳定的一种晶体结构如图, 白球表示________原子。‎ ‎(4)乙酸()熔沸点很高,是由于存在以分子间氢键缔合的二聚体(含一个环状结构),请画出该二聚体的结构:_________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6 (2). cd (3). 氧(O) (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)铁是26号元素,铁原子核外有26个电子,铁原子失去2个电子变为Fe2+,根据构造原理知,该离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。‎ 故答案为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6;‎ ‎(2)a.H2S、O3分子都是V形, a项错误;‎ b.BF3为平面三角形,NH3均为三角锥形,b项错误;‎ c.CO2、HCN分子的结构式分别是:O=C=O、H−C≡N,c项正确;‎ d. CH3COOH分子中甲基(-CH3)中原子形成4个单键,杂化轨道数目为4,采用的是sp3杂化;羧基(-COOH)中碳原子形成3个σ键,杂化轨道数目为3,采用的是sp2杂化,d项正确;‎ 故答案为c d ‎(3) 白球个数=,黑球个数=,所以白球和黑球个数比为2:1,根据二氧化硅的化学式知,白球表示氧原子.‎ 故答案为氧(O)‎ ‎(4)二个乙酸分子间中,羧基上的氢原子与另一个乙酸分子中碳氧双键上氧原子形成氢键,所以该二聚体的结构为,‎ 故答案为。‎ ‎20.已知:A、B、C、D、E、F是周期表中前36号元素,A是原子半径最小的元素,B元素基态原子的2P轨道上只有两个电子,C元素的基态原子L层只有2对成对电子,D是元素周期表中电负性最大的元素,E2+的核外电子排布和Ar原子相同,F的核电荷数是D和E的核电荷数之和。‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)分子式为BC2的空间构型为____;F2+的核外电子排布式为_____________。‎ ‎(2)A分别与B、C形成的最简单化合物的稳定性B____C(填“大于”或“小于”);A、C两元素可组成原子个数比为1:1的化合物,C元素的杂化类型为____________。‎ ‎(3)A2C所形成的晶体类型为____;F单质形成的晶体类型为____________,其采用的堆积方式为____________。‎ ‎(4)F元素氧化物的熔点比其硫化物的____(填“高”或“低”),请解释其原因____。‎ ‎(5)D跟E可形成离子化合物,其晶胞结构如右图。该离子化合物晶体的密度为pg/cm3,则晶胞的体积是____________。(用含p的代数式表示)。‎ ‎【答案】(1). 直线型 (2). 1s22s22p63s23p63d9 (3). 小于 (4). sp3 (5). 分子晶体 (6). 金属晶体 (7). 面心立方最密堆积 (8). 高 (9). CuO的晶格能大于CuS的晶格能 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B、C、D、E、F是周期表中前36号元素,A是原子半径最小的元素,则A为H元素;B元素基态原子的2P轨道上只有两个电子,B原子核外电子排布式为1s22s22p2,则B为C元素;C元素的基态原子L层只有2对成对电子,则C原子核外电子排布式为1s22s22p4,则C为O元素;D是元素周期表中电负性最大的元素,则D为F元素;E2+的核外电子排布和Ar原子相同,则E原子核外电子数为18+2=20,则E为Ca;F的核电荷数是D和E的核电荷数之和,则F的核电荷数为9+20=29,则F为Cu,据此解答。‎ ‎【详解】(1)CO2的空间构型为直线型;Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9,‎ 故答案为直线型;1s22s22p63s23p63d9;‎ ‎(2)A分别与B、C形成的最简单化合物为CH4、H2O,非金属性C0,是自发反应,逆反应为非自发反应 (3). (平衡线与原平衡线相平) (4). A (5). Cu+Cl--e-===CuCl (6). 6CuCl+8HNO3===3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O (7). CuCl2+Cu2CuCl ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 根据表格数据可知,③H2(g)+ Cl2(g)= 2HCl(g) ΔH,3=(436 kJ·mol-1)+(243 kJ·mol-1)-(432 kJ·mol-1)×2=-185kJ·mol-1,①2Cu(s)+Cl2(g) 2CuCl(s) ΔH1=-36 kJ·mol-1,根据盖斯定律,将③-①得:H2(g)+2CuCl(s) 2Cu(s)+2HCl(g) ΔH2=ΔH,3-ΔH1=(-185kJ·mol-1)-(-36 kJ·mol-1)=-149 kJ·mol-1,故答案为-149;‎ ‎(2)反应②的正反应ΔH<0,ΔS>0,是自发反应,逆反应为非自发反应,因此制备活性铜的反应趋势大,故答案为正反应ΔH<0,ΔS>0,是自发反应,逆反应为非自发反应;‎ ‎(3) 在某温度下,反应①达到平衡状态,在tl时,增加压强到原来的2倍(Cu的量足够),反应速率增大,平衡正向移动,但平衡常数不变,达到新平衡是氯气的浓度不变,Cl2浓度的变化趋势线为,故答案为;‎ ‎(4)①阳极铜失去电子生成亚铜离子,生成的亚铜离子与氯离子结合生成白色不溶于水的CuCl,阳极区多余的钠离子向阴极区移动,因此装置中用的交换膜为阳离子交换膜,故选A;‎ ‎②根据上述分析,阳极的电极反应式为Cu+Cl--e-=CuCl,故答案为Cu+Cl--e-=CuCl;‎ ‎(5)CuCl溶解于稀硝酸,发生氧化还原反应,反应的化学方程式为6CuCl+8HNO3===3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O,故答案为6CuCl+8HNO3===3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O;‎ ‎ (6) CuCl中的铜为+1价,可以由铜离子与铜反应生成,反应的化学方程式为CuCl2+Cu2CuCl,故答案为CuCl2+Cu2CuCl。‎ ‎23.某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL,分离并测定Fe3+的浓度,实验方案设计如下:‎ 已知:乙醚[(C2H5)2O]是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物,沸点为34.5度,微溶于水,在较高的盐酸浓度下,Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚,当盐酸浓度降低时,该化合物解离。‎ 请回答:‎ ‎(1)操作A的名称是______________。‎ ‎(2)经操作A后,为判断Fe3+是否有残留,请设计实验方案_____________________。‎ ‎(3)蒸馏装置如下图所示,装置中存在的错误是_______________________________。‎ ‎(4)滴定前,加入的适量溶液B是_________。‎ A.H2SO3—H3PO4 B.H2SO4—H3PO4‎ C.HNO3—H3PO4 D.HI—H3PO4‎ ‎(5)滴定达到终点时,消耗0.1000 mol·L-1 K2Cr2O7溶液6.00mL。根据该实验数据,试样X中c(Fe3+)为____________。‎ ‎(6)上述测定结果存在一定的误差,为提高该滴定结果的精密度和准确度,可采取的措施是_______。‎ A.稀释被测试样 B.减少被测试样取量 C.增加平行测定次数 D.降低滴定剂浓度 ‎【答案】(1). 分液 (2). 从溶液Ⅱ中取样,滴加KSCN溶液,显红色证明残留含有Fe3+,显无色证明无残留 (3). 体系封闭;明火加热 (4). B (5). 0.576mol/L (6). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】含Fe3+、Al3+试样X溶液25mL,加入适量浓盐酸和乙醚,在较高的盐酸浓度下,Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚,乙醚微溶于水,分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液,和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液,当盐酸浓度降低时,该化合物解离,加入水解离后,通过蒸馏得到方法除去乙醚,得到含铁离子的水溶液,定容至100mL,取25.00mL溶液,滴入适量还原剂得到Fe2+离子的溶液,加入指示剂,滴定前,加入的适量溶液B为非氧离子化性和还原性的酸,用重铬酸钾溶液滴定至终点。‎ ‎【详解】(1)操作A是利用在较高的盐酸浓度下,Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚,乙醚微溶于水,分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液,和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液,分离的名称为分液,故答案为分液;‎ ‎(2)依据铁离子遇到KSCN溶液变红色设计实验检验铁离子的存在,从溶液Ⅱ中取样,滴加KSCN溶液,显红色证明残留含有Fe3+,显无色证明无残留,故答案为从溶液Ⅱ中取样,滴加KSCN溶液,显红色证明残留含有Fe3+,显无色证明无残留;‎ ‎(3)蒸馏装置中锥形瓶不能密闭,否则蒸馏实验不能进行,乙醚是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物,实验加热不能用明火,否则会引发燃烧导致危险,故答案为体系密闭,明火加热;‎ ‎(4)滴定需要的酸性环境,所需酸不能具有还原性、氧化性,不能被氧化剂氧化,也不能被亚铁离子还原。A.H2SO3-H3PO4 中亚硫酸具有还原性,也会被氧化剂氧化,消耗标准溶液增大,产生误差,故A错误;B.H2SO4-H3PO4 ‎ 中酸为非氧化性酸,可以提供酸性环境且不影响测定反应,故B正确;C.HNO3-H3PO4 中硝 酸具有强氧化性,可以氧化亚铁离子,导致滴入氧化剂标准溶液减少,测定结果偏低,故C错误;D.HI-H3PO4 中HI酸是还原性酸,也可以消耗滴入的氧化剂,导致测定结果偏高,故D错误;故答案为B;‎ ‎(5)依据离子反应定量关系计算,定达到终点时,消耗0.1000 mol•L-1K2Cr2O7溶液6.00mL,物质量=0.1000mol/L×0.00600L=0.00060mol,‎ 反应为    Cr2O7 2-+6Fe2++H+=2Cr3++6Fe3++7H2O ‎           1        6‎ ‎      0.00060mol   0.00360mol c==0.144mol/L,则试样X中c(Fe3+)=0.144mol/L×=0.576mol/L,故答案为0.576mol/L;‎ ‎(6)上述测定结果存在一定的误差,为提高该滴定结果的精密度和准确度,可以重复几次实验,数值取平均值,减少误差,滴定溶液浓度越小,测定结果越准确。A.稀释被测试样,浓度减小,测定误差会增大,故A错误;B.减少被测试样取量,和滴定结果的精密度和准确度无关,故B错误;C.增加平行测定次数,减少测定带来的误差,可以提高准确度,故C正确;D.降低滴定剂浓度,反应终点判断更准确.滴定结果的精密度高,故D正确;故答案为CD。‎ ‎ ‎

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