2018-2019学年吉林省长春市实验中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年吉林省长春市实验中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

‎2018-2019学年下学期期末考试高二化学试卷 可能用到的原子量：H：1，C：12，N：14，O：16，Fe：56，S：32，Cl：35.5 ，Na：23‎ 一、选择题(本题共14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)‎ ‎1.下列诗句中，加点字（词）所指代物质的主要成分与其他三项不相同的是 A. 柳絮飞时花满城 B. 朝如青丝暮成雪 C. 狐裘不暖锦衾薄 D. 春蚕到死丝方尽 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 柳絮飞时花满城，柳絮主要成分纤维素； ‎ B. 朝如青丝暮成雪，青丝主要成分蛋白质；‎ C. 狐裘不暖锦衾薄，狐裘主要成分蛋白质；‎ D. 春蚕到死丝方尽，丝主要成分蛋白质。‎ 综上所述，与其他三项不相同的是A，故选A。，‎ ‎2.下述说法正确的是（ ）‎ ‎①碘酒属于混合物，而液氯、冰水、冰醋酸均属于纯净物 ‎②氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠、氢化钠都属于离子化合物 ‎③蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质 ‎④Al2O3和SiO2都能溶于强碱，因此都是酸性氧化物 ‎⑤溶液与胶体的本质区别是丁达尔效应 A. ③④ B. ①⑤ C. ②⑤ D. ①②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①碘酒是碘的酒精溶液，属于混合物，液氯、冰水、冰醋酸均为一种成分组成，均属于纯净物，故正①确；‎ ‎②氢氧化钡是由钡离子和氢氧根离子构成，氯化铵由氯离子和铵根离子构成，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，氢化钠是由钠离子和氢离子构成，都属于离子化合物，故②正确；‎ ‎③硫酸钡难溶于水，溶于水的硫酸钡完全电离，属于强电解质，故③错误；‎ ‎④Al2O3和SiO2都能溶于强碱生成盐和水，Al2O3还能溶于酸生成盐和水，属于两性氢氧化物，故④错误；‎ ‎⑤溶液与胶体的本质区别是分散质颗粒直径不同，故⑤错误；‎ ‎①②正确，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查物质分类，注意化合物和纯净物、离子化合物和共价化合物、电解质强弱和非电解质概念的理解，注意氧化物的类别、胶体的本质特征判断是解题关键。‎ ‎3.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 次氯酸的电子式： B. 质子数为35、中子数为45的溴原子：8025Br C. 1mol重水和1mol水中的中子数比2∶1 D. CO2的比例模型：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、次氯酸是共价化合物，结构式为H—O—Cl，则电子式为，故A错误；‎ B项、质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数为80，原子符号为8025Br，故B正确；‎ C项、1mol重水含有的中子数为10mol，1mol水含有的中子数为8mol，中子数比5∶4，故C错误；‎ D项、二氧化碳分子中，碳原子的原子半径大于氧原子，比例模型为，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学用语，注意掌握电子式、原子符号、比例模型等常见的化学用语的概念及判断方法是解答关键。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是( )‎ A. 标准状况下，28 g CH2＝CH2含有的共用电子对数为6NA B. 标准状况下，11.2 L己烷中含有的分子数为0.5NA C. 常温常压下，23 g Na完全燃烧时失去的电子数为2NA D. 1 mol －OH(羟基)含有的电子数为10NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 28g乙烯物质的量为1mol，根据乙烯的结构简式CH2=CH2‎ ‎，可知其分子中含共用电子对的数目为6NA，故A正确； B. 己烷在标准状况下不是气体，11.2 L己烷物质的量不是0.5mol，故B错误； C. 由得失电子守恒知，23 g Na完全燃烧时失去的电子数为NA，故C错误； D. 1 mol －OH(羟基)含有的电子数为9NA，故D错误； 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查气体摩尔体积的体积应用，质量换算物质的量计算微粒数，注意标况下己烷为液体，题目难度不大。‎ ‎5.已知分子式为C12H12的物质A的结构简式如图所示，其苯环上的二溴代物有9种同分异构体，则A苯环上的四溴代物的同分异构体的数目有（ ）‎ A. 11种 B. 10种 C. 9种 D. 12种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A苯环上可取代的位置共有6种，苯环上的四溴代物可以看作苯环六溴代物其中2个溴原子被2个H原子取代，四溴代物与二溴代物同分异构体数目相同，由于二溴代物有9种同分异构体，故四溴代物的同分异构体数目也为9种，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构数目的判断，注意换元法的利用，芳香烃的苯环上有多少种可被取代的氢原子，就有多少种取代产物，若有n个可被取代的氢原子，那么m个取代基（m＜n）的取代产物与（n-m）个取代基的取代产物的种数相同。‎ ‎6.下列离子组在指定溶液中能大量共存是 A. 常温下，c(H+)/c(OH−)＝1×10−12的溶液：K+、AlO2−、CO32−、Na+‎ B. 加入苯酚显紫色的溶液：K+、NH4+、Cl−、I−‎ C. 加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、Na+、NO3−、SO42−‎ D. 常温下，pH=7的溶液：Cu2+、Fe3+、NO3−、SO42−‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.c(H+)/c(OH−)＝1×10−12,表示溶液呈碱性，离子相互间不反应，能大量共存，故A正确；‎ B.加入苯酚显紫色的溶液中含有Fe3+, Fe3+和I−能发生氧化还原反应不能大量共存，故B错误；‎ C.加入Al能放出大量H2的溶液可能呈酸性或碱性，若呈酸性，NO3-存在时不会产生氢气，若呈碱性，NH4+会和OH-反应，生成一水合氨，故C错误；‎ D.Cu2+、Fe3+溶液中，会发生水解，使溶液显酸性，常温时pH7，故D错误；‎ 本题答案为A。‎ ‎【点睛】离子间不发生复分解反应、络合反应、氧化还原反应、双水解反应，方能大量共存。‎ ‎7.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. BaSO3与稀HNO3反应：BaSO3+2H+=Ba2＋+SO2↑+H2O B. 向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑‎ C. 酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3−＋I−＋6H＋=I2＋3H2O D. Ca(OH)2溶液与过量NaHCO3溶液反应：HCO3－+Ca2＋+OH－=CaCO3↓+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.BaSO3与稀HNO3反应是要考虑硝酸的强氧化性，得到BaSO4沉淀，且硝酸的还原产物为NO，故A错误；‎ B.CuSO4溶液中加入Na2O2，离子反应方程式为：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故B正确；‎ C.酸性溶液中KIO3与KI反应，生成I2的离子反应方程式为：IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，故C错误；‎ D.Ca(OH)2与过量NaHCO3溶液反应的离子方程式为2HCO3－+Ca2＋+2OH－=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故D错误；‎ 本题答案为B。‎ ‎【点睛】书写离子方程式时，必须满足（1）符合客观实际，（2）满足电荷守恒及质量守恒。‎ ‎8.下列有关说法正确的是 A. 298 K时，2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)能自发进行，则其ΔH＞0‎ B. 氨水稀释后，溶液中c(NH4＋)/c(NH3·H2O)的值减小 C. 电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等 D. 25℃时Ka(HClO)＝3.0×10−8，Ka(HCN)＝4.9×10−10，若该温度下NaClO溶液与NaCN溶液的pH相同，则c(NaClO)＞c(NaCN)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应能自发进行，应满足∆H-T∆S<0，而该反应S0，当∆H>0时不能自发进行，当H0时低温可自发进行，该反应298K时能自发进行，故∆H<0，故A错误； ‎ B.氨水稀释后，电离平衡正向移动，•的物质的量减少，物质的量增大，因为在同一溶液中，二者的浓度比等于物质的量比，所以该比值增大，故B错误；‎ C.阳极粗铜中含有铁、锌、金、铂等金属，阳极为Zn、Fe、Cu失电子，电极反应为Zn-2e-=Zn2+、Fe-2e-=Fe2+、Cu-2e-=Cu2+，阴极为Cu2+得电子还原成Cu，则电解过程中阳极质量减少与阴极质量增加不一定相同，故C错误；‎ D.25℃时， Ka(HClO)=3.0，Ka(HCNO)=4.9时，HClO溶液的酸性大于HCN，根据越弱越水解原理，该温度下NaClO溶液与NaCN溶液pH相同，c(NaClO)c(NaCN)，故D正确；‎ 本题答案为D。‎ ‎【点睛】判断一个化学反应能否自发进行，要看H-T是大于零还是小于零，只有当H-T小于零时才能自发进行。‎ ‎9.将3.48g四氧化三铁完全溶解在100mL 1mol/L硫酸中,然后加K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中Fe2+全部转为Fe3+，Cr2O72-全部转化为Cr3+，则K2Cr2O7溶液物质的量浓度是 ( )‎ A. 0.05mol/L B. 0.1mol/L C. 0.2mol/L D. 0.3mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Fe3O4可以表示为FeO·Fe2O3，其中+2价铁占，+3价铁占。‎ ‎【详解】3.48g四氧化三铁物质的量为==0.015mol，完全溶解在100mL ‎ 1mol/L硫酸后，溶液中含有Fe2+为0.015mol×3×=0.015mol，加入K2Cr2O7溶液25ml，恰好使溶液中的Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O72-全部转化成Cr3+，设K2Cr2O7的物质的量浓度为cmol/L，由得失电子数目守恒可得25×10-3L×cmol/L×2×（6-3）=0.015mol×1，解得：c=0.1，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，涉及两步反应，利用方程式计算比较麻烦，抓住氧化还原反应中电子转移守恒计算是解答关键。‎ ‎10.下列实验现象不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是 ( )‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、稀硫酸与锌反应生成氢气，导致锥形瓶内压强增大，针筒活塞右移，与反应是放热反应或吸热反应无关，无法据此判断反应是否放热，故A错误；‎ B项、温度升高，容器内压强增大，反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内压强增大，则铁与稀盐酸的反应为放热反应，故B正确；‎ C项、温度计的水银柱不断上升，说明盐酸和氢氧化钠溶液的中和反应为反应放热，故C正确；‎ D项、温度升高，容器内压强增大，反应开始后，气球慢慢胀大，说明装置内压强增大，则稀硫酸与氢氧化钾溶液的反应为放热反应，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应与能量变化，注意题判断反应是否放热的设计角度，根据现象得出温度、压强等变化是解答关键。‎ ‎11.下列有关化学符号表征正确的是（ ）‎ A. 电解法精炼铜，阴极电极反应：Cu2++2e－=Cu B. H2S在水溶液中的电离：H2S2H++S2－‎ C. 甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)＋2O2(g) ==CO2 (g)＋2H2O (g) ΔH＝－890.3kJ·mol－1‎ D. 碳酸钠水解的离子方程式：CO32－+2H2O2OH－+H2CO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 电解法精炼铜，阴极发生还原反应： B. 二元弱酸的电离分步进行，以第一步为主； C. 燃烧热为常温常压下，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量； D. 碳酸根离子的水解反应分步进行。‎ ‎【详解】A. 电解法精炼铜，阴极溶液中的铜离子得电子发生还原反应，其电极反应式为：Cu2++2e－== Cu，故A项正确；‎ B. H2S在水溶液中的主要电离方程式为H2SH++HS−，故B项错误；‎ C. 甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4 (g)＋2O2 (g) ==CO2 (g)＋2H2O (l) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，常温下水的稳定状态为液态，故C项错误；‎ D. 碳酸钠水解的离子方程式：CO32－+H2OOH－+HCO3－，故D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题侧重考查学生对化学原理基本概念的理解与应用，需要注意的是多元弱电解质的电离方程式书写的规范性，①多元弱酸分步电离，以第一步电离为主，如本题的B选项，H2S 的电离方程式为：H2SH++HS−（第一步）；②多元弱碱的电离过程则可一步写出：Fe(OH)3Fe3+ + 3OH−。同理，多元弱酸根离子水解的离子方程式也分步书写，其水解以第一步水解为主，如本题的CO32－的水解方程式为：CO32－+H2OOH－+HCO3－，而多元弱碱的阳离子水解反应中学阶段需一步写出，如Fe3++3H2O Fe(OH)3 + 3H+。‎ ‎12.对于可逆反应A(g)＋2B(g) 2C(g)　ΔH＞0，（A%为A平衡时百分含量）下列图象中正确的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 该反应是一个气体体积减小的吸热反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，升高温度，平衡向正反应方向移动。‎ ‎【详解】A项、增大压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故A错误；‎ B项、升高温度，平衡向正反应方向移动，反应物A%减小，故B错误；‎ C项、升高温度，反应速率增大，达到平衡所用时间较少，平衡向正反应方向移动，反应物A%减小，故C正确；‎ D项、升高温度，反应速率增大，达到平衡所用时间较少，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应平衡图象，注意分析方程式的特征来判断温度、压强对平衡移动的影响为解答该题的关键。‎ ‎13.二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示:‎ 下列说法不正确的是 A. b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸 B. 二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH C. 电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6gH2‎ D. 电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B、二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，选项B正确；C、电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D、电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O +3Cl-=NCl3+4H+，选项D不正确。答案选D。‎ ‎14.在t℃时，Ag2CrO4（橘红色）在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp=1.8×10-10。下列说法不正确的是（　　）‎ A. t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等 B. 饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点 C. t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10-8‎ D. t℃时，将0.01mol·L-1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol·L-1KCl和0.01mol·L-1K2CrO4的混合溶液中，Cl-先沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4‎ 的Ksp相等，故A正确；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故B正确；C、依据 图像曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4(s)⇌2Ag+CrO42-；Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=(10-3)2•10-5=10-11；故C错误；D、依据溶度积常数计算Ksp(CrO42-)=c2(Ag+)c(CrO42-)=1×10-9；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.8×10-10，以0.01mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.01mol/L，KCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c(CrO42-)=0.01mol/L，得到c(Ag+)= =×10-4mol/L，0.01mol/L KCl溶液中，c(Cl-)=0.01mol/L；依据溶度积计算得到：c(Ag+)==1.8×10-8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，故D正确；故选C。‎ 二．非选择题(本题共4小题，共58分)‎ ‎15.某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂的体积(V)的关系如图所示。‎ ‎(1)若Y是盐酸，所得到的关系图如图甲所示，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是_____，ab段发生反应的离子是_________，bc段发生反应的离子方程式是_________。‎ ‎(2)若Y是NaOH溶液，所得到的关系图如图乙所示，则X中一定含有的离子是__________，假设X溶液中只含这几种离子，则溶液中各离子物质的量之比为_____，ab段反应的离子方程式为_____________。‎ ‎【答案】 (1). SiO32—、AlO2- (2). CO32- (3). 3H+ +Al(OH)3 =Al3+ +3H2O (4). Al3+ Mg2+ NH4+ Cl- (5). 2:1:4:12 (6). NH4++OH-═NH3•H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无色溶液中不可能含有Fe3+离子。‎ ‎（1）如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，所以溶液中含有的阳离子是钠离子；‎ ‎（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子。‎ ‎【详解】（1）如果Y是盐酸，由图可知，向溶液中加盐酸，先生成沉淀后沉淀部分溶解，则溶液中可能含SiO32-、AlO2-，不含Al3+、Mg2+；ab段，沉淀的量没有变化，说明溶液中含有CO32-，盐酸和碳酸根离子反应，反应的离子方程式依次为CO32-+H+═HCO3-和HCO3-+H+═H2O+CO2↑；bc段,氢氧化铝沉淀与盐酸反应生成偏铝酸钠和水，硅酸沉淀不反应，沉淀部分溶解，反应的离子方程式为3H+ +Al(OH)3 =Al3+ +3H2O，故答案为：SiO32—、AlO2—；CO32-；3H+ +Al(OH)3 =Al3+ +3H2O；‎ ‎（2）若Y是氢氧化钠，由图可知，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸的阴离子会双水解而不能共存，即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl-；ab段，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：NH4++OH-═NH3•H2O，即溶液中含NH4+；bc段，沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有Al3+、Mg2+，bc段的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，则X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；由于溶液中有Al3+、Mg2+，oa段转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体，反应的离子方程式为NH4++OH-═NH3•H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和Mg（OH）2，故bc段的反应离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，NH4+反应需要NaOH的体积是2V，由于Al（OH）3‎ 溶解时需要的NaOH的体积是V，则生成Al（OH）3需要的NaOH的体积是3V，而生成Mg（OH）2和Al（OH）3共消耗NaOH的体积为4V，则生成Mg（OH）2需要NaOH溶液的体积是V，则n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=2：1：4，根据溶液要呈电中性，即有：3n（Al3+）+2n（Mg2+）+n（NH4+）=n（Cl-），故n（Cl-）=12，即有：n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Cl-）=2：1：4：12，故答案为：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；2：1：4：12；NH4++OH-═NH3•H2O。‎ ‎【点睛】本题考查无机物的推断，注意根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子，再结合物质之间的反应来确定微粒的量是解答关键。‎ ‎16.以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料制取复合氧化钴的流程如下：‎ ‎（1）用H2SO4溶解后过滤，得到的滤渣是____(填化学式)。将滤渣洗涤2～3次，再将洗液与滤液合并的目的是____。‎ ‎（2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是____。‎ ‎（3）已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]；亚铁氰化钾的化学式为K4[Fe(CN)6]。‎ ‎3Fe2++2[Fe(CN)6]3− =Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)‎ ‎4Fe3++3[Fe(CN)6]4− = Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀)‎ 确定Fe2+是否氧化完全的方法是____。(仅供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液)‎ ‎（4）向氧化后的溶液中加入适量的Na2CO3调节酸度，使之生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出该反应的离子方程式：____。‎ ‎（5）已知CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴沉淀中加入足量稀盐酸边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤的原因是____。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). 提高钴元素的利用率(或其他合理答案) (3). 6Fe2++6H++ClO3- 6Fe3++Cl-+3H2O (4).‎ ‎ 取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化 (5). 6Fe3++4SO42-+6H2O+2Na++6CO32- =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑ (6). 防止因温度降低，CoCl2晶体析出 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）含钴废催化剂中含有的Fe、Co均可溶于硫酸，而SiO2不溶，洗涤滤渣的洗涤液中含有钴的化合物；‎ ‎（2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，ClO3-被还原为Cl-；‎ ‎（3）欲判断Fe2+是否氧化完全，需要验证溶液中有无Fe2+即可；‎ ‎（4）氧化后的溶液中，含有Fe3+,加入Na2CO3后，生成[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀和CO2气体；‎ ‎（5）由CoCl2的溶解度曲线可以知道，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl2晶体析出；‎ ‎【详解】（1）含钴废催化剂中含有的Fe、Co均可溶于硫酸，而SiO2不溶，所以滤渣的是SiO2 ，洗涤滤渣的洗涤液中含有钴的化合物，为了提高钴元素的利用率，将洗液与滤液合并；‎ 本题答案为：SiO2 ，提高钴元素的利用率；‎ ‎（2）在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是：6Fe2++6H++ClO3- 6Fe3++Cl-+3H2O；‎ 本题答案：6Fe2++6H++ClO3- 6Fe3++Cl-+3H2O；‎ ‎（3）依据所给信息，Fe2+和[Fe(CN)6]3−反应，生成蓝色Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，故确定Fe2+是否氧化完全的方法是：取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化；‎ 本题答案为：取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已全部被氧化；‎ ‎（4）氧化后的溶液中，含有Fe3+,加入Na2CO3后，生成[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀和CO2气体，离子方程式为：6Fe3++4SO42-+6H2O+2Na++6CO32- =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑；‎ 本题答案为：6Fe3++4SO42-+6H2O+2Na++6CO32- =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑；‎ ‎（5）由CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低CoCl2晶体析出；‎ 本题答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出。‎ ‎17.现有七种元素A、B、C、D、E、F、G，其中A、B、C为三个不同周期的短周期元素，E、F、G为第四周期元素。请根据下列相关信息，回答问题。 ‎ A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素 B元素原子的核外p电子数与s电子数相等 C基态原子的价电子排布为nsn-1npn+1‎ D的能层数与C相同，且电负性比C大 E元素的主族序数与周期数的差为1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大 F是前四周期中电负性最小的元素 G在周期表的第五列 ‎(1)C基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有_________个方向，原子轨道呈________形，C简单离子核外有______种运动状态不同的电子。‎ ‎(2)①一般情况下，同种物质为固态时密度大于其液态，但固态A2B的密度比其液态时小，原因是_______；‎ ‎②A2B2难溶于CS2，简要说明理由：__________________________________________。‎ ‎(3)G位于________族________区，它的一种氧化物常用于工业生产硫酸的催化剂，已知G在该氧化物中的化合价等于其价电子数，则该氧化物的化学式为_______________；F晶体的空间堆积方式为________。‎ ‎(4)ED3分子的VSEPR模型名称为__________，其中E原子的杂化轨道类型为________。‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). 哑铃 (3). 18 (4). 冰中的水分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小 (5). 因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2 (6). ⅤB (7). d (8). V2O5 (9). 体心立方堆积 (10). 四面体形 (11). sp3‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ A、B、C、D为短周期主族元素，其中A、B、C为三个不同周期的短周期元素，E、F、G为第四周期元素，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数与s电子数相等，则B是C元素；C基态原子的价电子排布为nsn-1npn+1，由s轨道电子数目为2,可知，n=3，则C为S元素；D的能层数与C相同，且电负性比C大，则D为Cl元素；E元素的主族序数与周期数的差为1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大，则E是As元素；F是前四周期中电负性最小的元素，则F是K元素；G在周期表的第五列，说明G位于周期表第四周期ⅤB族，则G为V元素。‎ ‎【详解】(1)C为S元素，S基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，能量最高的电子处于2p能级，电子云在空间有3个方向，原子轨道呈哑铃形或纺锤形；S2—离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，由保利不相容原理可知，离子核外有18种运动状态不同的电子，故答案为：3；哑铃；18；‎ ‎(2)①A2B为H2O，冰中的H2O分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小，故答案为：冰中的水分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小；‎ ‎②A2B2为H2O2，H2O2为极性分子，CS2为结构对称的非极性分子，难溶于CS2，由相似相溶原理可知，极性分子H2O2难溶于非极性分子CS2，故答案为：因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2；‎ ‎(3)G为V元素，价电子排布式为3d34s2，位于周期表第四周期ⅤB族，d区；由氧化物中的化合价等于其价电子数可知五氧化二钒的化学式为V2O5；F为K元素，K晶体的空间堆积方式为体心立方堆积，故答案为：ⅤB；d；V2O5；体心立方堆积；‎ ‎(4)ED3分子为AsCl3，AsCl3分子中As原子的价层电子对数为4，则VSEPR模型名称为四面体形，As原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：四面体形；sp3。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构与性质，涉注意依据题给信息推断元素，结合核外电子排布规律、杂化方式与空间构型判断、元素周期表、晶体结构和相似相溶原理等分析是解题的关键。‎ ‎18.铁及其化合物是日常生活生产中应用广泛的材料，钛铁合金具有吸氢特性，在制造以氢为能源的热泵和蓄电池等方面有广阔的应用前景。请回答下列问题：‎ ‎（l）基态铁原子的价电子轨道表达式(电子排布图)为____________________________；在基态Ti2＋中，电子占据的最高能层具有的原子轨道数为____________。‎ ‎（2）铁元素常见的离子有Fe2+和Fe3+，稳定性Fe2+___Fe3+（填“大于”或“小于”)，原因是___________。‎ ‎（3）纳米氧化铁能催化火箭推进剂NH4ClO4的分解，NH4+的结构式为（标出配位键）______________。‎ ‎（4）金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体。则金属钛晶胞的俯视图为___________。‎ A. B. C. D. ‎ ‎（5）氮化钛熔点高，硬度大，具有典型的NaCl型晶体结构，其晶胞结构如图所示。‎ ‎①设氮化钛晶体中Ti原子与跟它最邻近的N原子之间的距离为r，则与该Ti原子最邻近的Ti的数目为__________；‎ Ti原子与跟它次邻近的N原子之间的距离为____________。‎ ‎②已知在氮化钛晶体中Ti原子的半径为a pm，N原子的半径为b pm，它们在晶体中是紧密接触的，则在氮化钛晶体中原子的空间利用率为____________。（用a、b表示）‎ ‎③碳氮化钛化合物在汽车制造和航天航空领域有广泛的应用，其结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则这种碳氮化钛化合物的化学式为_____________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 9 (3). 小于 (4). Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+ 的3d能级为半满状态较稳定 (5). (6). D (7). 12 (8). r (9). (10). Ti4CN3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）（1）Fe元素的核电荷数为26，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；基态Ti2＋核外有20个电子，最高能层为M层；‎ ‎（2）Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5；‎ ‎（3）NH4+为正四面体结构，结构中含有极性键和配位键；‎ ‎（4）金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞结构为；‎ ‎（5）①有一个Ti原子位于体心，在三维坐标中，体心Ti原子可以形成3个面，每一个形成的面上有4个Ti原子；由晶胞的截图可知，顶点Ti原子与小立方体顶点N原子最邻近，与体对角线的N原子次近邻；‎ ‎②氮化钛晶胞为面心立方密堆积，晶胞中N原子位于顶点和面心上，Ti位于棱边上和体内，利用均摊法计算；‎ ‎③利用均摊法计算；‎ ‎【详解】（1）Fe元素的核电荷数为26，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则价电子轨道表达式(电子排布图)为；基态Ti2＋核外有20个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，最高能层为M层，电子占据的M层具有的原子轨道数为9，故答案为：；9；‎ ‎（2）Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，能级为半满状态较稳定，则稳定性Fe2+小于Fe3+，故答案为：小于；Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+ 的3d能级为半满状态，较稳定；‎ ‎（3）NH4+为正四面体结构，结构中含有极性键和配位键，氮原子和氢离子间的配位键是氮原子提供孤对电子，氢离子提供空轨道，其结构式为：，故答案为：；‎ ‎（4）金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞结构为，则金属钛晶胞的俯视图为，故答案为：D；‎ ‎（5）①根据氮化钛晶体可知，有一个Ti原子位于体心，在三维坐标中，体心Ti原子可以形成3个面，每一个形成的面上有4个Ti原子，则该Ti原子最邻近的Ti的数目为3×4=12个；由晶胞的截图可知，顶点Ti原子与小立方体顶点N原子最邻近，与体对角线的N原子次近邻，Ti原子与跟它最邻近的N原子之间的距离为r，则跟它次邻近的N原子之间的距离为=r，故答案为：12；r；‎ ‎②氮化钛晶胞为面心立方密堆积，晶胞中N原子位于顶点和面心上，Ti位于棱边上和体内，每个晶胞中含有的N原子个数为8×+6×=4，含有的Ti原子个数为 12×+1=4，N原子和Ti原子的体积之和为π（a+b）3×4 pm3，晶胞的边长（2a+2b）pm，体积为（2a+2b）3pm3，则在氮化钛晶体中原子的空间利用率为×100%，故答案为：×100%；‎ ‎③利用均摊法可知，晶胞中含有碳原子数为8×=1，含有氮原子数为6××=3，含有的Ti原子个数为 12×+1=4，则碳氮化钛化合物的化学式为Ti4CN3，故答案为：Ti4CN3。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构和性质，侧重于考查分析能力、计算能力以及对基础知识的综合应用能力，注意电子排布式书写、离子稳定性、配位键的表达、晶胞的计算方法是解答关键，难点是晶胞的计算。‎ ‎ ‎