吉林省延边二中2020届高三9月化学考试题

吉林省延边二中2020届高三9月化学考试题

吉林延边二中2020届高三9月化学考试题（解析版）‎ 一、选择题 ‎1.能正确表示下列反应的离子方程式的是(　　)‎ A. 磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：3Fe2＋＋＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O B. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液使恰好生成NH3·H2O：＋Al3＋＋5OH－＋＋2Ba2＋===NH3·H2O＋＋2H2O＋2BaSO4↓‎ C. 向少量的次氯酸钙溶液中通入过量的SO2气体：Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋4H＋＋2Cl－＋‎ D. 向碳酸氢镁溶液中滴加过量的氢氧化钙溶液：Mg2＋＋＋Ca2＋＋2OH－===MgCO3↓＋CaCO3↓＋2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、磁性氧化铁应写化学式，正确的离子方程式为3Fe3O4＋NO＋28H＋===NO↑＋9Fe3＋＋14H2O，故A错误；‎ B、根据反应顺序，首先Al3＋与OH－完全反应生成Al(OH)3，然后NH与OH－反应生成NH3·H2O，所以不会生成AlO，故B错误；‎ C、向少量的次氯酸钙溶液中通入过量的SO2气体，SO2被氧化成硫酸根：Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋4H＋＋2Cl－＋SO42－，故C正确；‎ D、因为Mg(OH)2的Ksp更小，所以产物中应为Mg(OH)2，而不是MgCO3，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)‎ A. 含大量Fe3＋的溶液中：Na＋、Mg2＋、、SCN－‎ B. ＝106的溶液中：、K＋、、‎ C. 能使甲基橙变红的溶液中：Cu2＋、Mg2＋、、Cl－‎ D. 1.0 mol·L－1的KNO3溶液中：Fe2＋、H＋、Cl－、I－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Fe3＋与SCN－会发生显色反应，故A错误；‎ B、＝106>1，c(OH－)>c(H＋)，显碱性，与NH反应生成NH3，故B错误；‎ C、甲基橙变红，显酸性，此四种离子与H＋可大量共存，故C正确；‎ D、H＋与NO构成HNO3，具有强氧化性，会氧化Fe2＋、I－，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.在一个氧化还原反应体系中，共有H2O、ClO－、CN－、、N2、Cl－六种物质。在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中正确的是(　　)‎ A. 还原剂是含CN－的物质，氧化产物只有N2‎ B. 氧化剂是ClO－，还原产物是 C. 配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为4∶1‎ D. ClO－发生还原反应，表现出氧化性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由曲线变化图可知，随反应进行ClO－的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO－为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN－是反应物，由氯元素守恒可知Cl－是生成物，由碳元素守恒可知HCO3－是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[（4-2）+（3-0）]=10价，故CN－系数为2，ClO－系数为5，由元素守恒可知HCO3－系数为2，N2系数为1，Cl－系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN－+5ClO－+H2O=2HCO3－+N2↑+5Cl－．‎ ‎【详解】A、反应中，C元素化合价由CN－中+2价升高为HCO3－中+4价，N元素化合价由CN－‎ 中-3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3－、N2，故A错误；‎ B、反应中Cl元素化合价由ClO－中+1价降低为Cl－中-1价，ClO－是氧化剂，还原产物是Cl－，故B错误；‎ C、由上述分析可知，反应为2CN－+5ClO－+H2O=2HCO3－+N2↑+5Cl－，反应中是CN－是还原剂，ClO－是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C错误；‎ D、由图像中ClO－和N2的物质的量变化及对应元素化合价变化可得，该反应可表示为5ClO－＋2CN－＋H2O===N2↑＋5Cl－＋2HCO，ClO－发生还原反应，表现出氧化性，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】难点C，根据曲线变化图分析反应物、产物，利用守恒配平方程式是关键．易错点A，注意全面分析各元素的化合价变化，氧化产物有两种：HCO3－、N2。‎ ‎4.下列实验、现象、所对应的离子方程式不正确的是(　　)‎ 选项 实验 现象 离子方程式 A 将稀硫酸滴加到淀粉－KI溶液中 在空气中放置一段时间后溶液呈蓝色 ‎4H＋＋4I－＋O2===2I2＋2H2O B 向FeBr2溶液中通入少量Cl2‎ 溶液由浅绿色变棕黄色 ‎2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－‎ C 向氯水中加入适量NaOH溶液 溶液由黄绿色变为无色 Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O D 将Na2S加入到滴有酚酞的KCl溶液中 溶液由无色变为红色 S2－＋2H2O===H2S＋2OH－‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、发生氧化还原反应生成碘、水；‎ B、还原性：Fe2＋>Br－，氯气先将亚铁离子氧化；‎ C、向氯水中加入适量NaOH溶液，生成次氯酸钠、氯化钠和水；‎ D、多元弱酸根离子水解方程式要分步写。‎ ‎【详解】A、稀硫酸加到KI淀粉溶液中的离子反应为4H＋+4I－+O2═2I2+2H2O，故A正确；‎ B、还原性：Fe2＋>Br－，氯气先将亚铁离子氧化，2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，故B正确；‎ C、向氯水中加入适量NaOH溶液，生成次氯酸钠、氯化钠和水，Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，故C正确；‎ D、Na2S与KCl不反应，Na2S水解使溶液呈碱性，使酚酞变红色，S2－应分步水解：S2－＋H2OHS－＋OH－(主)，HS－＋H2OH2S＋OH－(次)，故D错误。‎ 故选D ‎【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，难点B，注意氧化还原反应的先后次序，易错点D，多元弱酸根离子水解方程式要分步写。‎ ‎5.亚氨基锂(Li2NH)是一种储氢容量高、安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为Li2NH＋H2===LiNH2＋LiH。下列有关说法错误的是(　　)‎ A. Li2NH中N的化合价是－3‎ B. 1 mol H2参与反应，还原产物比氧化产物多15 g C. 该反应中H2既是氧化剂又是还原剂 D. 1 mol H2参与反应时有1 mol电子发生转移 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Li2NH中H元素的化合价是+1，氮元素的化合价为-3；LiNH2中氮元素的化合价为-3，H元素的化合价是+1；LiH中H元素的化合价是-1，可以从化合价变化的角度来判断氧化还原反应的有关概念。‎ ‎【详解】A、Li2NH中锂与氢元素均为＋1价，N的化合价是－3价，故A正确；‎ B、LiNH2中氢元素是＋1价而LiH中氢元素是－1价，故LiNH2是氧化产物，LiH是还原产物，故1 mol H2参与反应，还原产物比氧化产物少15 g，故B错误；‎ C、反应中H2中氢元素一部分化合价升高，一部分化合价降低，故H2既是氧化剂又是还原剂，故C正确；‎ D、反应中只有H2中氢元素化合价发生了变化，故当有1 mol H2参与反应时有1 mol 电子发生转移，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎6.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)‎ A. 向NaOH溶液中通入过量CO2：2OH－＋CO2===＋H2O B. 电解氯化镁溶液：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－‎ C. 向H2O2溶液中滴加MnO2：2H2O2＋4H＋＋MnO2===O2↑＋Mn2＋＋4H2O D. 向KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀完全：Al3＋＋2＋2Ba2＋＋4OH－===＋2BaSO4↓＋2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、过量CO2会生成HCO，故A错误；‎ B、应生成Mg(OH)2 沉淀，故B错误；‎ C、反应应为2H2O22H2O＋O2↑，故C错误；‎ D、当n[KAl(SO4)2]∶n[Ba(OH)2]＝1∶2时，SO沉淀完全，Al3＋的产物为AlO，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.已知NaNO2是色泽和味道与NaCl相似的盐，是导致某些建筑工地食物中毒的主要物质，它可与酸性KMnO4溶液发生反应2MnO＋5NO＋a===b＋5＋3H2O。下列叙述正确的是(　　)‎ A. a是6H＋，b是2MnO2‎ B. 反应过程中溶液的pH减小 C. 还原产物是Mn2＋‎ D. 当有0.1 mol b生成时转移电子数为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NO可与酸性KMnO4溶液发生反应2MnO＋5NO＋a=b＋5＋3H2‎ O，依据锰元素守恒及得失电子相等可确定b是2Mn2＋，依据电荷守恒，结合酸性条件，故a是6H＋，由此可写出对应的离子方程式：2MnO＋5NO＋6H＋=2Mn2＋＋5NO＋3H2O。‎ ‎【详解】A、因有酸性KMnO4溶液参与反应，故a是6H＋，依据锰元素守恒及得失电子相等可确定b是2Mn2＋，由此可写出对应的离子方程式：2MnO＋5NO＋6H＋=2Mn2＋＋5NO＋3H2O，故A错误；‎ B、根据方程式，反应消耗氢离子，反应过程中溶液的pH增大，故B错误；‎ C、+7价的Mn得电子，化合价降低为+2价，还原产物为Mn2＋，故C正确；‎ D、由化合价变化情况知，生成0.1 mol Mn2＋时转移电子数为0.5NA，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎8.制备新型高效水处理剂高铁酸钠(Na2FeO4)的主要反应为：2FeSO4+aNa2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+bX。下列说法中正确的是 A. 该反应中X物质为O2‎ B. 反应物Na2O2只作氧化剂 C. 该反应中发生氧化反应的过程只有FeSO4→Na2FeO4‎ D. 每生成l molNa2FeO4，反应过程中转移4 mol e-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．由原子守恒可知，该反应的方程式为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，即该反应中X物质为O2，故A正确；B．反应物Na2O2中O元素的化合价部分升高部分降低，即是氧化剂又是还原剂，故B错误；C．Na2O2→O2，该过程中O元素的化合价升高，发生氧化反应，故C错误；D．反应中Fe元素的化合价从+2升高到+6，Na2O2则O元素化合价从-1升高0价，生成2molNa2FeO4，转移的电子数10mol，所以生成1molNa2FeO4程中转移5mol e-，故D错误；故选A。‎ 点睛：准确从化合价变化的角度分析氧化还原，灵活运用氧化还原反应的基本规律是解题关键，由原子守恒可知，该反应的方程式为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，反应中Fe元素的化合价升高发生氧化反应，O元素的化合价部分升高部分降低，说明Na2O既是氧化剂又是还原剂，电子转移的数目与化合价的升降数目相等，据此解题即可。‎ ‎9.向仅含SO、I－、Br－且物质的量分别为m、n、6 mol 的钠盐溶液中通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示。下列说法中正确的是(　　)‎ A. 曲线Ⅱ代表Br－的变化情况 B. 曲线Ⅰ对应的反应：SO＋Cl2＋H2O===2H＋＋SO＋2Cl－‎ C. 通入的氯气为5 mol时，溶液中的主要阴离子为Cl－、SO D. 溶液中n(Na＋)＝n(SO)＋n(I－)＋n(Br－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 向仅含SO32-、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，根据还原性：SO32->I－＞Br－，首先发生反应：SO＋Cl2＋H2O===2H＋＋SO＋2Cl－，SO反应完毕，再发生反应：2I－+Cl2═I2+2Cl－，I-反应完毕，最后发生反应：2Br－+Cl2═Br2+2Cl－，故线段Ⅰ代表SO的变化情况，线段Ⅱ代表I－的变化情况，线段Ⅲ代表Br－的变化情况；‎ 由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中SO＋Cl2＋H2O===2H＋＋SO＋2Cl－,n（SO）=n（Cl2）=1mol，n（I－）=2n（Cl2）=4mol，溶液中n（Br-）=2n（Cl2）=2×3mol=6mol。‎ ‎【详解】A、SO、I－、Br－的还原性顺序为SO>I－>Br－，曲线Ⅰ代表Cl2将SO氧化为SO的变化情况，曲线Ⅱ代表I－的变化情况，曲线Ⅲ代表Br－的变化情况，故A错误；‎ B、曲线Ⅰ代表Cl2将SO氧化为SO的变化情况，曲线Ⅰ对应的反应：SO＋Cl2＋H2O===2H＋＋SO＋2Cl－，故B正确；‎ C、氯气与SO先反应，由得失电子守恒原理可求出m＝1 mol，由2I－＋Cl2===2Cl－＋I2可求出n＝3 mol，由2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，知6 mol Br－消耗Cl2 3 mol，则a＝3＋3＝6，故当通入的氯气为5 mol时，SO、I－已被氧化为SO和I2，Br－‎ 还有一部分没有被氧化，C项错误；‎ D、由电荷守恒知溶液中n(Na＋)＝2n(SO)＋n(I－)＋n(Br－)，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】难点C，氧化还原反应计算，根据氧化还原反应先后顺序进行计算。‎ ‎10.CsICl2常用于化学上的分子筛技术，它既有氧化性又有还原性，下列有关的说法正确的是（ ）‎ A. CsICl2有氧化性，是因为Cs显＋3价 B. CsICl2有还原性，是因为含有较强还原性的I－‎ C. 酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICl2溶液，溶液褪色 D. 在CsICl2溶液中滴加HNO3，可生成Cl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．CsICl2有氧化性，是因为ICl2-类似I3-，A错误；B．CsICl2有还原性，是因为含有较强还原性的Cl-，B错误；C.酸性高锰酸钾溶液中滴加CsICl2溶液，由于含有[ICl2]-具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有氧化性而发生氧化还原反应，使溶液褪色，C正确；D.在CsICl2溶液中滴加HNO3，可生成I2，D错误。答案选C。‎ 考点：考查氧化还原反应的有关知识。‎ ‎11.向某含有SO、SiO、CO、Br－、Na＋的溶液中缓慢通入Cl2直至过量，下列对该反应过程的判断不正确的是(　　)‎ A. 整个过程共发生2个氧化还原反应 B. 所有阴离子的浓度都发生了变化 C. 溶液的颜色发生了变化 D. 反应过程中既有气体产生，也有沉淀产生 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某溶液中含有SO32－、SiO32－、Br－、CO32－、Na＋，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32－‎ 可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32－和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br－被氯气氧化为溴单质；CO32－和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体。‎ ‎【详解】A、Cl2可以和SO、Br－发生氧化还原反应，同时Cl2本身还要和水发生反应，所以发生的氧化还原反应应该是3个，故A错误；‎ B、由于Cl2与水反应，导致溶液呈酸性，所以CO和SiO都反应，故B正确；‎ C、因为Br－和Cl2反应后转化成溴单质，导致溶液颜色发生变化，故C正确；‎ D、反应过程中生成CO2气体，也生成H2SiO3沉淀，故D正确。‎ 故选A ‎12.下列是从海藻灰和智利硝石矿层中提取碘的主要反应：①2NaI＋MnO2＋3H2SO4===2NaHSO4＋MnSO4＋2H2O＋I2 ;②2NaIO3＋5NaHSO3===2Na2SO4＋3NaHSO4＋H2O＋I2下列说法正确的是(　　)‎ A. 氧化性：MnO2>SO>IO>I2‎ B. I2在反应①中是还原产物，在反应②中是氧化产物 C. 反应①②中生成等量的I2时转移电子数之比为1∶5‎ D. NaHSO3溶液呈酸性，NaHSO3溶液中c(HSO)>c(H2SO3)>c(SO)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①中I被氧化，Mn被还原，MnO2为氧化剂，NaI为还原剂，②中I被还原，S被氧化，NaIO3为氧化剂，NaHSO3为还原剂，结合氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性分析。‎ ‎【详解】A、氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中MnO2>I2；反应②中IO>SO，故A错误；‎ B、在反应①中，I元素化合价升高，被氧化，I2为氧化产物，在反应②中，I元素化合价降低，被还原，I2为还原产物，故B错误；‎ C、反应①、②中生成等量的I2时，假设都为1 mol，则反应①转移2 mol电子，反应②转移10 mol电子，则转移电子数之比为1∶5，故C正确；‎ D、NaHSO3溶液呈酸性，则HSO的电离程度大于水解程度，所以c(SO)>c(H2SO3)，则c(HSO)>c(SO) >c(H2SO3)，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎13.已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系 如图所示，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7‎ B. 图中BC段发生的反应为2Fe3++2I-=2Fe2++I2‎ C. 开始加入的K2Cr2O7为0.25 mol D. K2Cr2O7与FeSO4开始反应时物质的量之比为1∶3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；B．BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故B正确；C．由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O7～6Fe3+～6I-，共消耗的n（I-）=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol=0.25mol，故C正确；D．由方程式2Fe3++2I-→2Fe2++I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol：0.9mol=5：18，故D错误；故选D。‎ 考点：考查了化学方程式的计算的相关知识。‎ ‎14.已知向溶液X中滴加溶液Y可生成两种沉淀，所得沉淀的物质的量(n)与所加入的溶液Y的体积(V)的关系如图所示，则X、Y分别为（ ）‎ A B C D X NH4Al(SO4)2‎ Ba(OH)2‎ 明矾 Ba(AlO2)2‎ Y Ba(OH)2‎ 明矾 Ba(OH)2‎ 硫酸铝 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：本题考查的是离子反应，注意离子反应的顺序是关键。‎ 详解：从图分析，开始加入Y溶液即产生氢氧化铝沉淀，最后氢氧化铝沉淀溶解，说明加入的Y为强碱，从A、C中选择，B、D错误。加入Y产生氢氧化铝沉淀之后有一段沉淀量不变，说明溶液中有铵根离子与氢氧根离子反应，故选A。‎ 点睛：掌握多种离子存在的溶液中离子的反应顺序，如有铝离子和铵根离子等的溶液中加入氢氧化钠，则铝离子先反应生成氢氧化铝沉淀，然后铵根离子反应生成一水合氨，然后氢氧化铝再溶解。‎ ‎15.向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中，一定能大量共存的是(　　)‎ A. a点对应的溶液中：Na＋、OH－、SO、NO B. b点对应的溶液中：Al3＋、Fe3＋、MnO、Cl－‎ C. c点对应的溶液中：Na＋、Ca2＋、NO、Cl－‎ D. d点对应的溶液中：F－、NO、Fe3＋、Ag＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，a点对应的溶液含Na2CO3、NaHCO3，b点溶液含NaHCO3，c点溶质为NaCl，显中性，而d点溶液显酸性，含HCl，结合离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应、水解反应等，则离子大量共存。‎ ‎【详解】A、a点存在HCO，OH－与之反应，故A错误；‎ B、b点存在HCO，Al3＋、Fe3＋与HCO发生相互促进的水解反应，故B错误；‎ C、c点正好生成NaCl溶液，故C正确；‎ D、d点为NaCl与HCl的混合溶液，Ag＋与Cl－、F－与H＋均发生反应，不能大量共存，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎16.如图为二氧化锰的有关转化关系图，下列有关说法中不正确的是(　　)‎ A. 反应①～⑥均属于氧化还原反应 B. 反应⑤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶4‎ C. 相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶1‎ D. 反应①生成的Cl2经干燥后，可用钢瓶贮运 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A项，根据元素化合价变化进行判定；B项，根据电子守恒进行判定：金属铝失电子总数与金属锰得电子总数相等；C项，每生成1 mol O2，反应③中转移2 mol电子，反应④中转移4 mol电子；D项，常温下燥氯气不与钢瓶反应。‎ ‎【详解】A项，上述6个反应均有元素化合价的变化，均属于氧化还原反应，故A项正确；B项，反应⑤中锰元素的化合价由+4价降低为0价，作氧化剂，铝元素的化合价由0价升高为+3价，作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:4，故B项正确；C项，③中氧元素的化合价由-1价升高为0，④中氧元素的化合价由-2价升高为0，则相同条件下生成等量的氧气，反应③和④转移的电子数之比为1:2，故C项错误；D项，常温下，干燥氯气不与钢瓶反应，可用钢瓶贮运，故D项正确；正确选项C。‎ ‎【点睛】铁在氯气中燃烧生成氯化铁；而常温下，铁与氯气不反应，所以液氯可以用钢瓶贮运。因此针对同样的反应物，在不同的条件下，有时能反应，有时不能发生反应，学好化学把握好反应发生的条件至关重要。‎ ‎17.某溶液中可能存在H＋、Al3＋、NH 、Mg2＋、Ba2＋、I－、CO、SO、NO中的若干种，现取适量溶液进行如下一系列实验：‎ 下列有关判断正确的是(　　)‎ A. 原溶液中一定有Mg2＋、H＋、NH、I－、SO B. 原溶液中一定没有Ba2＋、CO、NO、Al3＋‎ C. 步骤③的反应只有Ba2＋＋2OH－＋CO2===BaCO3↓＋H2O D. 气体A、B之间肯定不能发生反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加Ba(NO3)2后生成的气体是NO，由此说明原溶液中含有H＋、I－，酸性溶液中CO32－不存在，I－和NO3－不能同时存在，试液中加入过量硝酸钡溶液，生成气体证明一定含有I－、则原溶液中一定不存在NO3－，气体为NO，沉淀A为BaSO4，原溶液中一定不存在Ba2＋，一定存在SO42－，溶液A中加入过量氢氧化钠溶液生成气体B为NH3，确定原溶液中含有NH4＋‎ ‎，沉淀B为Mg(OH)2，由于溶液B中含有Ba2＋，OH－，溶液B加入少量二氧化碳发生反应③，生成的沉淀一定含有BaCO3沉淀，可能生成沉淀Al(OH)3，原溶液中不一定含有Al3＋。‎ ‎【详解】A、加Ba(NO3)2后生成的气体是NO，由此说明原溶液中含有H＋、I－；由还有沉淀生成知溶液中还有SO，根据离子间的共存关系知溶液中没有CO、Ba2＋；由②知原溶液中有NH、Mg2＋；由于溶液B中含有Ba2＋、OH－，故通入少量CO2时生成的沉淀C中一定有BaCO3，故无法确定原溶液中是否有Al3＋，故A正确；‎ B、原溶液中一定没有的离子为：Ba2＋、CO32－、NO3－，无法确定原溶液中是否有Al3＋，故B错误；‎ C、步骤③中反应的离子方程式可能为Ba2＋+2OH－+CO2=BaCO3↓+H2O，或2AlO2－+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32－，故C错误；‎ D、气体A是NO，气体B是NH3，二者在一定条件下反应可得到N2与H2O，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎18.某盐是一种重要的化工原料，在印染、制革、木材和农业等领域有重要用途，其溶液可能含有NH、Al3＋、SO、Fe2＋、Cl－等若干种离子，某同学设计并完成了如下实验：‎ 根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是(　　)‎ A. 试样溶液中肯定有NH、SO和Fe2＋‎ B. 试样溶液中一定没有Al3＋‎ C. 若气体甲在标准状况下体积为0.448 L，沉淀丙和沉淀戊分别为1.07 g和4.66 g，则可判断试样溶液中还有Cl－‎ D. 该盐在工业上可以用作净水剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加入过量NaOH溶液，加热，得到气体甲，该气体为氨气，原溶液中一定存在NH4＋；产生白色沉淀乙为氢氧化亚铁，红褐色沉淀丙为氢氧化铁，原溶液中一定存在Fe2＋‎ ‎；滤液通入二氧化碳无现象，则原溶液中一定不存在Al3＋；加入HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀为BaSO4，原溶液中含有SO42－；‎ ‎【详解】A、气体甲应为NH3，所以试样溶液中含有NH；根据沉淀乙和沉淀丙可知，试样溶液中含有Fe2＋；根据白色沉淀戊及通入过量CO2气体无明显现象，可以判断试样溶液中含有SO，无Al3＋；由上述分析，试样中肯定有NH4＋、SO42－和Fe2＋，故A正确；‎ B、由上述分析，试样溶液中一定没有Al3＋，故B正确；‎ C、若气体甲在标准状况下体积为0.448L，则NH4＋为0.02mol，沉淀丙1.07g，则Fe2＋为 ‎1.07g/107g·mol－1=0.01mol，沉淀戊4.66g，推出SO42－为4.66g/233g·mol－1=0.02mol，根据电荷守恒，判断出溶液中没有Cl－，故C错误；‎ D、该盐含有亚铁离子，氧化水解生成氢氧化铁胶体，可以做净水剂，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】常见离子的检验方法，解题关键：注意掌握常见离子的性质及检验方法，难点C，要应用电荷守恒判断氯离子是否存在。‎ ‎19.亚硝酸钠（NaNO2）是一种具有咸味、有毒，且价格比食盐（NaCl）便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生。它的部分性质见下图，下列说法错误的是 A. 上图所涉及到的化学反应都是氧化还原反应 B. N2H4极易溶于水，因为它是极性分子且与水分子之间易形成氢键 C. NaNO2与N2H4生成NaN3的反应方程式为：NaNO2 + N2H4 = NaN3 + 2H2O D. 可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．有电子转移的化学反应为氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降，亚硝酸钠和氯化铵的反应中没有元素化合价升降，所以不属于氧化还原反应，故A错误；‎ B．氢键导致物质的溶解度增大，肼和水分子之间能形成氢键，所以促进肼溶解，则肼极易溶于水，故B正确；‎ C．亚硝酸钠和肼反应生成叠氮化钠和水，该反应中N元素化合价由+3价、-2价变为-价，转移电子数为，结合原子守恒配平方程式为NaNO2+N2H4=NaN3+2H2O，故C正确；‎ D．根据转化关系知，亚硝酸钠能和KI反应生成碘单质，碘与淀粉试液变蓝色，氯化钠和KI不反应，所以用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐（NaCl）与亚硝酸钠（NaNO2），故D正确；‎ 故选A。‎ ‎20.向100mL0.1mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L－1Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如下图所示。则下列说法中正确的是 A. a点时溶液中所含主要溶质为(NH4)2SO4‎ B. a→b段发生反应的离子方程式是 SO＋Ba2＋=BaSO4↓‎ C. b点为最大沉淀量，对应的纵坐标值为0.02‎ D. c点加入Ba(OH)2溶液的体积为200 mL ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、O→a段发生的离子反应为Fe2++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+Fe（OH）2↓，当Fe2+沉淀完全后，沉淀产生的增幅降低，出现了拐点，所以a点对应的溶质为（NH4）2SO4，故A正确；‎ B、随着Ba（OH）2溶液的滴入，NH4+参加反应，a→b段的反应为2NH4++2OH-+SO42-+Ba2+=BaSO4↓+2NH3•H2O，故B错误；‎ C、b点对应的沉淀为BaSO4和Fe（OH）2，总量为0.3mol，故C错误；‎ D、到b点时，溶液中离子基本反应结束，且此时消耗的Ba（OH）2溶液的体积为200‎ ‎ ml，故c点大于200 ml，故D错误。‎ 答案选A。‎ 二、填空题 ‎21.（一）某工厂排放出有毒物质NOCl，它遇水就会生成NO3-。NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为_____。水源中的NO3-对人类健康会产生危害。为了降低水源中NO3-的浓度，有研究人员建议在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2，该反应的离子方程式为____‎ ‎（二）某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜绝缘板生产印刷电路，发生反应的化学方程式为：2FeCl3+Cu==2FeCl2+CuCl2。实验小组的同学对生产印刷电路板的废液成分进行了如下探究：‎ ‎①取少量废液，滴加KSCN溶液显红色。‎ ‎②取100mL废液，加入足量的AgNO3溶液，析出沉淀43.05g。‎ ‎③另取100mL废液，加入一定质量的铜片，充分反应后，测得铜片的质量减少了2.56g，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变色。‎ 根据探究实验得出结论：‎ ‎（1）废液中含有的金属离子是______。‎ ‎（2）100mL废液中Cl-的物质的量是______。‎ ‎（3）原100mL废液中铜离子的物质的量浓度是____。‎ ‎【答案】 (1). (2). 10Al+6NO3-+4OH－==3N2+10AlO2-+2H2O (3). Cu2+、Fe2+、Fe3+ (4). 0.3mol (5). 0.1mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】（一）NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为，根据题干信息，反应物为：铝、NO3-、OH-，生成物为：N2、H2O、碱性条件下铝参加反应生成物还有AlO2-，反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，依据原子个数守恒、电荷守恒反应的离子方程式：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O，故答案为：，10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O。‎ ‎（二）①取少量废液，滴加KSCN溶液显红色，证明溶液中存在Fe3+；‎ ‎②取100mL废液，加入足量的硝酸银溶液，析出沉淀43.05 g，析出沉淀43.05‎ ‎ g是氯化银，物质的量是43.05g÷143.5g.mol＝0.3mol；‎ ‎③另取100mL废液，加入一定质量的铜片，充分反应后，测得铜片的质量减少了2.56g，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变色，说明铁离子完全被消耗，发生了反应：2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，参加反应的铜的物质的量是2.56g÷64g/mol＝0.04mol，所以n（Fe3+）＝0.08mol；‎ ‎（1）根据①的现象和反应2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+可知废液中含有的金属离子是：Fe3+、Cu2+、Fe2+，故答案为：Fe3+、Cu2+、Fe2+。‎ ‎（2）根据氯离子守恒，n（Cl-）=n（AgCl）=0.3mol，故答案为：0.3mol。‎ ‎（3）原溶液中含有的氯化铁的物质的量是：n(Cl−)/3＝0.1mol，根据反应2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，氯化铁能够消耗0.05molCu，由于③中只消耗了0.04molCu，故100mL废液中Cu2+的物质的量是：0.05mol-0.04mol＝0.01mol，浓度是0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L。‎ ‎22.(一)某实验小组利用如下装置(部分固定装置略)进行氮气与钙的反应，并探究其产物的性质及化学式。请回答下列问题。‎ ‎（1）反应过程中末端导管必须插入试管C的水中，目的是____。(填字母)‎ A.吸收反应中剩余的氮气 B.控制通入气体的流速 C.防止空气中的氧气倒流进入反应装置，干扰反应 ‎（2）该小组同学认为根据相应的质量关系可以求出生成物的化学式，数据记录如下：‎ A的质量m0/g A与钙的质量m1/g A与产物的质量m2/g ‎14.80‎ ‎15.08‎ ‎15.15‎ ‎①通过计算得到化学式CaxN2，其中x=____。‎ ‎②小组同学查阅资料得知产物为Ca3N2，能与水强烈反应，请写出Ca3N2‎ 与水反应的化学方程式_____。‎ ‎（二）铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用．请回答下列问题：‎ ‎（1）黄铁矿（FeS2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。其中一个反应为3FeS2+8O26SO2+Fe3O4，若有3molFeS2参加反应，转移电子的物质的量为_____。‎ ‎（2）FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为____。‎ ‎（3）将一定量的Fe2O3溶于160mL 5mol•L-1盐酸中，再加入一定量铁粉，铁粉恰好完全溶解，收集到气体2.24L（标准状况），经检测，溶夜中无Fe3+，则参加反应的铁粉的质量为____。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). 2.8 (3). Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3 (4). 32 (5). 2Fe3++2I-=2Fe2++I2 (6). 11.2g ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（一）（1）反应产生的尾气氮气不与水反应也不溶于水，把导管插入水中可以防止空气从导管进入装置而造成氧气与钙发生反应；‎ ‎（2）由实验数据表中数据，计算参加反应钙的质量及生成氮化钙的质量，根据反应的化学方程式，由两物质的质量计算氮化钙化学式中x值；‎ ‎（3）Ca3N2与水反应生成氢氧化钙与氨气。‎ ‎（二）（1）根据电子得失，得出SO2与电子数的关系；‎ ‎（2）氯化铁具有氧化性碘化氢具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯化亚铁和碘单质；（3）参加反应的铁粉为与铁离子反应及与氢离子反应的两部分之和，根据氢气的体积计算出与盐酸反应的铁的物质的量及HCl的物质的量，再根据氯原子守恒，求出氯化铁的物质的量，进而求出与铁离子反应的铁的物质的量。‎ ‎【详解】（1）末端导管必须插入试管C的水中，可起到观察气体流速以及防止氧气进入反应装置，起到隔绝氧气的作用，防止钙与氧气反应而变质，故答案为：BC。‎ ‎（2）参加反应钙的质量=15.08g−14.80g=0.28g，参加反应的氮元素的质量为： 15.15g−15.08g=0.07g，‎ xCa+N2═CaxN2‎ ‎40x 28‎ ‎0.28g 0.07g ‎=，解得 x=2.8。‎ 故答案为：2.8。‎ ‎（3）Ca3N2能与水反应生成氨气和氢氧化钙，反应方程式为：Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，故答案为：Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3。‎ ‎（二）（1）3FeS2+8O26SO2+Fe3O4中，Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，SO2和Fe3O4为氧化产物。3molFeS2参加反应，由O元素的化合价变化可知，转移的电子为8mol×2×（2-0）＝32mol，故答案为：32mol。‎ ‎（2）氯化铁具有氧化性碘化氢具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯化亚铁和碘单质，离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故答案为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2。‎ ‎（3）依次发生反应为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；Fe+ 2FeCl3=3FeCl2；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；n(H2)==0.1mol，过量的铁粉与盐酸反应的物质的量为：‎ Fe～～～～2HCl～～～～H2‎ ‎0.1mol 0.2mol 0.1mol 根据氯原子守恒，FeCl3的物质的量为×[n(HCl)-2n(H2)]=0.16L×5mol/L-0.2mol)＝0.2mol Fe～～～2FeCl3‎ ‎0.1mol 0.2mol 所以参加反应的铁粉的质量为（0.1mol+0.1mol）×56g/mol＝11.2g，故答案为：11.2g。‎ ‎23.以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、CaO、MgO等。现以硫酸渣制备铁红(Fe2O3)，过程如下：‎ ‎（1）酸溶过程中Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式是____。‎ ‎（2）还原过程中加入FeS2是将溶液中的Fe3+ 还原为Fe2+，而本身被氧化为SO42－，写出有关的离子方程式：_____。‎ ‎（3）生产过程中，为了确保铁红的质量，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是__。‎ ‎（部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表）‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Al(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Mg(OH)2‎ 开始沉淀 ‎2.7‎ ‎3.8‎ ‎7.5‎ ‎9.4‎ 完全沉淀 ‎3.2‎ ‎5.2‎ ‎9.7‎ ‎12.4‎ ‎（二）把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。‎ ‎（1）原混合物中NaOH的质量是____g。‎ ‎（2）C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl溶液的体积为___mL。‎ ‎（三）二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：‎ 实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过如图1过程制备ClO2：‎ 用如图2装置可以测定混合气中ClO2的含量：‎ Ⅰ、在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；‎ Ⅱ、在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；‎ Ⅲ、将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；‎ Ⅳ、将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；‎ Ⅴ、用0.1000mol⋅L−1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O32-═2I−+S4O62-)，指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：‎ ‎①测得混合气中ClO2的质量为___g。‎ ‎②用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是___(填标号).‎ a.明矾 b.碘化钾 c.盐酸 d.硫酸亚铁 ‎【答案】 (1). Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O (2). FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+ (3). 3.2～3.8 (4). 5.20 (5). 130.0 (6). 0.02700 (7). d ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，再加氢氧化钠和空气，调节溶液的pH的范围是3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到铁红。‎ ‎【详解】（1）氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，方程式为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4) 3+3H2O；离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+ +3H2O。‎ ‎(2)FeS2中S元素的化合价从-1价升高到+6价，2个S原子转移14个电子，Fe3+转移1个电子，则二者的计量数之比为1：14，根据S守恒可知SO42-前面的化学计量数为2，根据氧守恒可知H20前面化学计量数为8，根据H守恒可知H+前化学计量数为16，则反应的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO42-+16H+，检验Fe3+被完全还原的实验操作和现象为取少量试液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若不显红色，则说明Fe3 +已被完全还原，故答案为：FeS2+14Fe3 + +8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+。‎ ‎(3)溶液pH＞3.2时Fe3+沉淀完全，溶液pH=3.8时Al3+开始沉淀，故溶液的pH的范围是3.2～3.8，根据几种离子沉淀的pH，如果pH过大，Al3+、Mg2+形成沉淀，使制得的铁红不纯；故答案为：3.2～3.8。‎ ‎（二）A～B阶段消耗盐酸的物质的量＝（0.03L－0.01L）×1.0mol/L＝0.02mol，则根据方程式NaAlO2+HCl+H2O＝Al(OH)3↓+NaCl可知生成氢氧化铝的物质的量＝0.02mol。所以根据原子守恒可知原混合物中氯化铝的物质的量是0.02mol。B点沉淀达到最大值，此时的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铝的混合物。而溶液则恰好是氯化钠溶液。根据氯离子守恒可知氯化钠的物质的量＝0.03L×1.00mol/L＋0.02mol×2＋0.02mol×3＝0.13mol。所以根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量也是0.13mol，因此氢氧化钠的质量m＝n· M＝40g/mol×0.13mol＝5.2g。B～C阶段加入的盐酸开始溶解氢氧化铝和氢氧化镁，此时反应的方程式为Mg(OH)2‎ ‎+2HCl＝MgCl2+2H2O；Al(OH)3+3HCl＝AlCl3+3H2O。根据氢氧化镁和氢氧化铝均是0.02mol可知，该阶段消耗盐酸的物质的量是0.02mol×2＋0.02mol×3＝0.10mol，其体积是0.10mol÷1mol/L＝0.1L＝100mL，所以C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl溶液的体积为30mL＋100mL＝130.0mL，故答案为：130.0mL。‎ ‎（三）①含有Na2S2O3物质的量为0.02L×0.1mol/L=0.002mol，则：‎ 根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，‎ ‎2 10‎ n（ClO2） 0.002mol 所以n（ClO2）=0.0004mol，所以m（ClO2）=0.0004 mol×67.5g/mol=0.02700g，故答案为：0.02700。‎ ‎②若要除去超标的亚氯酸盐，ac均不能还原亚氯酸盐，b中KI具有还原性但氧化产物不适合饮用水使用，只有d中Fe2+将ClO2-还原成Cl-，Fe2+ 被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，则最适宜的是d，故答案为：d。‎ ‎【点睛】根据化学方程式计算时一定要准确找出相关物质之间的计量数关系，如果涉及多步反应，可以根据几个化学方程式找出有关物质的关系式进行计算，使计算简化；如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算；如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。‎ ‎24.（一）镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料。已知：SeO2在常温下是白色的晶体，熔点为340-350℃，则SeO2晶体属于____晶体，SeO2中Se原子采取的杂化类型为___。‎ ‎（二）A、X、Y、Z、W、M、G等原子序数一次增大的前四周期元素 元素 相关信息 A 原子核外电子总数与其周期数相同 X 其羞态原子的L层中有3个未成对电子 Y 荃态原子的2p轨道上有一个电子的自旋方向与2p轨道上其它电子的自旋方向相反 Z 原子核外p电子数比s电子数多l个 W 原子的第一至第四电离能(kJ·mol-1)分别是：I1=578，I2=1817 I3＝2745 I4=11575 ‎ M 元素的主族数与周期数相差4‎ G 其基态原子最外层电子数为1，其余各电子层均充满电子 ‎（1）画出W基态原子的核外电子排布图______。‎ ‎（2）A2Y的VSEPR模型名称为____。‎ ‎（3）已知为X2Y分子中Y原子只与一个X原子相连，请根据等电子原理，写出X2Y的电子式____。‎ ‎（4）X、G形成的某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为______。‎ ‎（5）已知Z和M形成的化合物的晶体密度为pg·cm-3，阿伏加德罗常效为NA，该晶体中两个距离最近的Z离子中心间距离为_____cm。‎ ‎【答案】 (1). 分子 (2). sp2 (3). (4). 四面体 (5). (6). Cu3N (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）SeO2在常温下是白色的晶体，熔点为340-350℃，熔点低，为分子晶体，SeO2中Se原子价层电子对=2+（6-2×2）=3，Se原子采取的杂化类型为sp2杂化，故答案为：分子，sp2。‎ ‎（二）有A、X、Y、Z、W、M、G等原子序数依次增大的前四周期元素，A原子核外电子总数与其周期数相同，则A是H；X基态原子的L层中有3个未成对电子，所以X是N；Y基态原子的2p轨道上有一个电子的自旋方向与2p轨道上其它电子的自旋方向相反，所以Y是O；Z原子核外p电子数比s电子数多l个，则Z是Na；W原子的第一至第四电离能(kJ·mol-1)分别是：I1=578，I2=1817，I3＝2745，I4=11575，这说明最高价是+3价，则W是Al；M元素的主族数与周期数相差4，则M是Cl；G基态原子最外层电子数为1，其余各电子层均充满电子，因此G是Cu。‎ ‎（1）基态铝原子的核外电子数是13，则其核外电子排布图为，故答案为：。‎ ‎（2）H2O分子中O的价层电子对数＝2＋(6-2×1)/2=4，所以VSEPR模型名称为四面体，故答案为：四面体。‎ ‎（3）已知为N2O分子中O原子只与一个N原子相连，与CO2互为等电子体，则其电子式为，故答案为：。‎ ‎（4）根据晶胞结构可知N原子个数＝8×1/8=1，Cu原子个数＝12×1/4=3，因此其化学式为Cu3N，故答案为：Cu3N。‎ ‎（5）氯化钠晶体密度为pg·cm-3，阿伏加德罗常效为NA，该晶体中两个距离最近的钠离子中心间距离为面对角线的一半。晶胞中含有离子的个数均是4个，则晶胞边长是，则晶体中两个距离最近的钠离子中心间距离为，故答案为：。‎ ‎【点睛】元素在元素周期表中的相对位置以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，明确各周期元素在周期表中的位置来推断。‎ ‎ ‎