2018-2019学年黑龙江省大庆市第四中学高二下学期第二次月考化学试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省大庆市第四中学高二下学期第二次月考化学试题 解析版

大庆四中2018～2019学年度第二学期第二次检测高二年级 化学学科试题 第Ⅰ卷(选择题)‎ 一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。‎ ‎1.为使以面粉为原料的面包松软可口，通常用NaHCO3作发泡剂，因为它(　　)‎ ‎①热稳定性差　 ②增加甜味　 ③产生二氧化碳　 ④提供碳酸钠 A. ②③ B. ①④ C. ①③ D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用碳酸氢钠的不稳定性进行分析；‎ ‎【详解】碳酸氢钠不稳定受热易分解，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，产生CO2，使面包疏松多孔，NaHCO3、Na2CO3、CO2不具有甜味，不能增加甜味，与提供Na2CO3无关，故选项C正确。‎ ‎2.下列关于钠及其化合物的说法正确的是(　　)‎ A. 过氧化钠的电子式： ‎ B. 金属钠可用来除去乙醇中的少量水 C. 常温下Na与O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率加快 D. 钠钾合金可做原子反应堆的导热剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、过氧化钠属于离子化合物，含有离子键和非极性键，其电子式为，故A错误；‎ B、金属钠与水、乙醇都能发生反应，因此金属钠不能用来除去乙醇中少量的水，故B错误；‎ C、常温下，Na与O2反应生成Na2O，随温度升高，Na与O2反应生成Na2O2，故C错误；‎ D、钠钾合金常温下为液态，可做原子反应堆的导热剂，故D正确。‎ ‎3.铝、铁两种金属粉末混合物，加入过量的盐酸溶液，过滤后向滤液中加入过量的烧碱溶液，再过滤，滤液中大量存在的离子有 A. Fe3+ B. AlO2- C. Al3+ D. Fe2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】铝、铁两种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，发生2Al+6H+=3H2↑+2Al3+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，过滤后向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，发生H++OH-=H2O、Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，铁元素存在于沉淀，铝元素存在于AlO2-中，所以滤液中存在的离子为A1O2-，故选B。‎ ‎【点睛】明确发生的离子反应是解答本题的关键。本题的易错点为C，要注意氢氧化铝具有两性，能够被氢氧化钠溶解。‎ ‎4.下列物质中既能跟稀H2SO4反应, 又能跟氢氧化钠溶液反应的是 ‎①NaHCO3    ②Al2O3   ③Al(OH)3   ④Al ⑤(NH4)2CO3‎ A. ③④ B. ②③④ C. ①③④ D. 全部 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故①符合；②Al2O3是两性氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故②符合；③Al(OH)3 是两性氢氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故③符合；④Al与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故④符合；⑤(NH4)2CO3，加热条件下能与氢氧化钠反应生成碳酸钠、氨气和水，能与硫酸反应生成硫酸铵、二氧化碳和水，故⑤符合。答案选D。‎ ‎5. 将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100ml 1mol/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（ ）‎ A. 1:2:3 B. 6:3:2 C. 3:1:1 D. 1:1:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Na与盐酸反应：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg与盐酸反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al与盐酸的反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判断过量，如果金属钠过量，Na还会与水反应；‎ 详解】2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑‎ ‎ 2 2‎ ‎ 0.3 0.3>100×10－3L×1mol·L－1 ，盐酸不足，金属钠过量，因此金属钠还与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根据得失电子数目守恒，有0.3mol×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15mol；‎ Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑‎ ‎0.3 0.6>100×10－3L×1mol·L－1 ，盐酸不足，金属镁过量，产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，‎ ‎2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理盐酸不足，铝过量，产生n(H2)=0.05mol，相同条件下，气体体积比值等于其物质的量比值，即气体体积比值为0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正确。‎ ‎【点睛】易错点是金属钠产生H2，学生容易认为盐酸不足，按照盐酸进行判断，错选D选项，忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2，即判断金属钠产生H2的物质的量时，可以采用得失电子数目相等进行计算。‎ ‎6.将物质X逐渐加入Y溶液中，生成沉淀物质的量n2与所加X的物质的量n1的关系如图所示。符合图所示情况的是 ‎ ‎ A ‎ B ‎ C ‎ D ‎ X ‎ NaOH ‎ AlCl3 ‎ HCl ‎ NaAlO2 ‎ Y ‎ AlCl3 ‎ NaOH ‎ NaAlO2 ‎ HCl ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A随着NaOH溶液的加入先后发生以下两个反应：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓(沉淀物质的量由0增至最大值)；Al(OH)3＋OH－＝[Al (OH)4]－（沉淀物质的量由最大值降为0）。两个反应中消耗的NaOH物质的量之比为3∶1，与题图不符。‎ B随着AlCl3溶液的加入先后发生以下两个反应：Al3＋＋4OH－＝[Al (OH)4]－（不产生沉淀）；Al3＋＋3[Al (OH)4]－＝4Al(OH)3↓（沉淀物质的量由0增至最大值）。两个反应中消耗AlCl3物质的量之比为3∶1，与题图也不符。‎ C随着盐酸的加入先后发生以下两个反应：H＋＋[Al (OH)4]－＝Al(OH)3↓＋H2O （沉淀物质的量由0增至最大值）；3H＋＋Al(OH)3＝Al3＋＋3H2O(沉淀物质的量由最大值降为0)．两个反应中消耗盐酸物质的量之比为1∶3，符合题图。‎ D随着Na[Al (OH)4]溶液的加入先发生以下反应：[Al (OH)4]－＋4H＋＝Al3＋＋4H2O（不产生沉淀）；待盐酸耗尽发生Al3＋＋3[Al (OH)4]－＝4Al(OH)3↓的反应（沉淀物质的量由0增至最大值）。两个反应消耗Na[Al (OH)4]物质的量之比为1∶3，与题图也不符。‎ ‎7.下列反应结束后，向其中滴加KSCN溶液，溶液变成血红色的是 ( )‎ A. 铁锈与过量稀盐酸 B. FeCl3溶液与过量铜片 C. FeCl3溶液与过量铁粉 D. FeCl2溶液与过量Zn粉 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、铁锈与过量稀盐酸反应生成FeCl3，溶液中存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，故A正确；B、FeCl3溶液与过量铜片反应生成FeCl2，溶液中不存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色，故B错误；C、FeCl3溶液与过量铁粉反应生成FeCl2，溶液中不存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色，故C错误；D、FeCl2‎ 溶液与过量Zn粉生成ZnCl2和Fe，溶液中不存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色，故D错误；故选A。‎ 考点：考查了铁离子的检验的相关知识。‎ ‎8.有关铁及其化合物的说法正确的是 A. 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，制备Fe(OH)3胶体 B. SO2、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，其原理相同 C. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释 D. Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、制备Fe(OH)3胶体，应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，故A错误；B、SO2的漂白原理是与有色物质结合生成无色物质，漂白粉与过氧化钠的漂白原理是利用强氧化性，活性炭的漂白原理是物理吸附作用，故B错误；C、在溶液中铁离子极易发生水解反应，产生难溶性的氢氧化铁，为了抑制铁离子的水解，应该先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释到相应的浓度，故C正确；D、因I2的氧化性较弱，则与铁反应生成FeI2，故D错误；本题选C。‎ ‎【点睛】Fe(OH)3胶体的制备方法：往100mL烧杯中加入50mL水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热。‎ ‎9.下列叙述正确的是(　　)‎ A. 将过量Na2O2投入紫色石蕊试液中，溶液最终呈蓝色 B. 1 mol Na2O2与足量H2O完全反应，转移2 mol电子 C. 用澄清石灰水可以鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液 D. 用稀盐酸可以鉴别NaHCO3溶液与Na2CO3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2O2与水反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，紫色石蕊遇碱显蓝色，但过氧化钠具有强氧化性，能把有色物质漂白，因此溶液最终变为无色，故A错误；‎ B、过氧化钠与H2O反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，因此 ‎1molNa2O2与足量H2O反应，转移电子为1mol，故B错误；‎ C、分别发生Na2CO3＋Ca(OH)2=2NaOH＋CaCO3↓、NaHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O＋NaOH，都有白色沉淀产生，因此澄清石灰水无法鉴别Na2CO3和NaHCO3，故C错误；‎ D、NaHCO3与盐酸反应：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，立即产生气体，Na2CO3与盐酸反应：Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，开始无气体产生，一段时间后有气体产生，现象不同，因此可以用盐酸鉴别，故D正确。‎ ‎10.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列固体粉末：①FeCl2；②Fe2O3；③Zn；④KNO3。铜粉可溶解的是(　　)‎ A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用元素及其化合物的性质进行分析；‎ ‎【详解】①Fe2＋氧化性弱于Cu2＋，因此FeCl2不与Cu发生反应，故①不符合题意；‎ ‎②Fe2O3与硫酸发生Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，Fe3＋氧化性强于Cu2＋，因此发生Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，故②符合题意；‎ ‎③Zn与硫酸发生Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，Cu不溶，故③不符合题意；‎ ‎④NO3－在酸性条件下具有强氧化性，发生3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故④符合题意；‎ 综上所述选项D正确。‎ ‎11.下列有关铁及其化合物的说法中正确的是(　　)‎ A. 铁锈的主要成分是Fe3O4‎ B. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2‎ C. 除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加过量铁粉，然后过滤 D. 因为Fe3+具有氧化性，所以可用来做净水剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铁锈的成分是Fe2O3，故A错误；‎ B、铁与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，故B错误；‎ C、Fe与Fe3＋发生反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，能够达到实验目的，故C正确；‎ D、Fe3＋作净水剂，利用Fe3＋水解成Fe(OH)3胶体，故D错误。‎ ‎12.下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是(　　)‎ ‎①金属钠投入到FeCl3溶液中　 　 　②过量NaOH溶液和明矾溶液混合 ‎③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中　 ④足量Na2O2投入FeCl2溶液中 A. 只有①④ B. 只有③ C. 只有②③ D. 只有①③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属钠与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，然后FeCl3与NaOH溶液反应：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，有气体生成和沉淀产生，故①符合题意；‎ ‎②明矾为KAl(SO4)2·12H2O，加入过量NaOH溶液，只发生Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，无沉淀、无气体产生，故②不符合题意；‎ ‎③发生Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，只产生沉淀，无气体，故③不符合题意；‎ ‎④Na2O2与水发生2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，利用过氧化钠的强氧化性，将Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe3＋与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，故④符合题意；‎ 综上所述，选项A正确。‎ ‎13.甲试管中盛有0．5mol/L Na2CO3溶液10mL，慢慢往试管中加入1mol/L的盐酸7．0mL；乙试管中盛有1mol/L的盐酸7．0mL，慢慢往试管中滴加0．5mol/L Na2CO3溶液10mL，那么甲、乙两试管中产生的CO2物质的量大小关系为 （ ）‎ A. 甲=乙 B. 甲>乙 C. 甲<乙 D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：碳酸钠的物质的量为0.005摩尔，盐酸的物质的量为0.007摩尔，甲试管中盛有碳酸钠，加入盐酸，先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，消耗盐酸的物质的量为0.005摩尔，然后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，0.005 摩尔碳酸氢钠和0.002摩尔盐酸反应生成0.002摩尔二氧化碳。乙试管中盛有盐酸，加入碳酸钠，直接反应生成二氧化碳，0.007摩尔盐酸反应消耗0.0035摩尔碳酸钠，生成0.0035摩尔二氧化碳，所以乙中产生的二氧化碳多，选C。‎ 考点：探究碳酸钠和碳酸氢钠的性质，离子方程式的有关计算 ‎14.如图是我国化工专家侯德榜发明的联合制碱法简要流程，关于此流程说法正确的是(　　)‎ A. 副产品Y是NH4HCO3 B. 向母液中通入的气体X是CO2‎ C. 循环II是为了提高食盐的利用率 D. 析出NaHCO3后的母液中只含NH4Cl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在联合制碱法中，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3晶体，再煅烧制得纯碱产品，放出的二氧化碳气体可回收循环使用；其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，结合流程图，循环II的物质应该为氯化钠溶液，因此向含有氯化铵和氯化钠的滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气(X)，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品(Y)，根据上述分析，副产品Y是NH4Cl，向母液中通入的气体X是NH3，循环II的物质应该为氯化钠溶液，可以提高食盐的利用率，析出NaHCO3后的母液中含有氯化铵和氯化钠，只有C正确，故选C。‎ ‎15. 将11.9 g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7 g。‎ 另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中，生成了6.72 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液恰好使Mg2＋、Al3＋、Fe3＋完全转化为沉淀，则沉淀的质量为(　　)‎ A. 22.1 g B. 27.2 g C. 30 g D. 无法计算 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 生成NO是0.3mol，所以金属就失去0.9mol电子。则与金属阳离子结合的OH-就是0.9mol，所以最终沉淀的质量是11.9g＋0.9mol×17g/mol＝27.2g，答案选B。‎ ‎16.下列实验过程中对应的变化与图相符合的是(　　) ‎ 实验过程 X Y ‎ ‎ A 稀HCl滴加到NaOH溶液中 V(HCl)‎ N(Na+)‎ B 铁粉加入 CuSO4溶液中 m(Fe) ‎ m(固 体)‎ C CO2通入NaOH溶液中 V(CO2)‎ 溶液的导电能力 D 稀H2SO4滴加到 Ba(OH)2溶液中 V(H2SO4)‎ 溶液的导电能力 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、稀HCl滴加到NaOH溶液中，Na+的数目不变，A错误；B、铁粉加入CuSO4溶液中，生成固体铜，固体的质量增加，B错误；C、CO2通入NaOH溶液中，首先发生CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，离子浓度减小，导电性减弱，但不会降低到0，C错误；D、H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，离子浓度减小直到0，导电性减小，然后H2SO4过量，离子浓度增大，导电性增大，最后离子浓度基本不变，导电性不变，D正确。正确答案为D。‎ 二、非选择题：共52分。‎ ‎17.(1)化学与生产生活密切相关，以下①Cl2②Fe2O3 ③Na2O2 ④(NH4)2SO4四种物质中，可用于自来水消毒的是______（填序号，下同） ，可做化肥的是________，可做供氧剂的是__________，可做油漆颜料的是________。‎ ‎(2)现有下列4种物质：① NO、② SO2、③ NaHCO3、④ FeCl3 。其中，溶于水呈碱性的是______（填序号，下同）；遇空气变红棕色的是______；能使品红溶液褪色是______；能与NaOH溶液反应生成沉淀的是______。‎ ‎【答案】 (1). ① (2). ④ (3). ③ (4). ② (5). ③ (6). ① (7). ② (8). ④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有杀菌消毒作用；硫酸铵含有氮元素，为铵态氮肥；过氧化钠与水反应生成氧气，为供氧剂；氧化铁为红棕色固体，为制造油漆颜料材料；故答案顺序为①④③②；‎ ‎(2)碳酸氢钠是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-发生水解反应，消耗水电离产生H+产生H2CO3，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性；NO与O2反应生成NO2，NO2为红棕色气体；SO2具有漂白性，能使品红褪色；FeCl3与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀。所以溶于水呈碱性的是③；遇空气变红棕色的是①；能使品红溶液褪色是②；能与NaOH溶液反应生成沉淀的是④。‎ ‎18.已知有以下物质相互转化：‎ 试回答：‎ ‎(1)写出B的化学式________，D的化学式________。‎ ‎(2)写出由E转变成F的化学方程式________________________。‎ ‎(3)写出用KSCN鉴别G溶液的离子方程式________________；向G溶液加入A的有关离子反应方程式________________。‎ ‎【答案】 (1). FeCl2 (2). KCl (3). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (4). Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 (5). Fe+2Fe3+=3Fe2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ D溶液与硝酸酸化的AgNO3溶液反应后的溶液做焰色反应，火焰呈紫色(透过蓝色玻璃)，说明D中含有K+，得到白色沉淀H，白色沉淀H为AgCl，即D中含有Cl-，即D为KCl，白色沉淀E在空气转化成红褐色沉淀F，即E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为FeCl3，根据相互转化关系，A为Fe，即B为FeCl2，C为KOH，然后逐步分析；‎ ‎【详解】D溶液与硝酸酸化的AgNO3溶液反应后的溶液做焰色反应，火焰呈紫色(透过蓝色玻璃)，说明D中含有K+，得到白色沉淀H，白色沉淀H为AgCl，即D中含有Cl-，即D为KCl ‎，白色沉淀E在空气转化成红褐色沉淀F，即E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为FeCl3，根据相互转化关系，A为Fe，即B为FeCl2，C为KOH，‎ ‎（1）根据上述分析，B化学式为FeCl2，D的化学式为KCl；‎ ‎（2）Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3，发生反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；‎ ‎（3）用KSCN鉴别Fe3＋，溶液出现红色，说明溶液中含有Fe3＋，离子方程式为Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3；FeCl3溶液中加入Fe，发生反应离子方程式为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋。‎ ‎19.某无色溶液X，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、Fe3+、AlO2﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子组成，取该溶液进行如下实验：‎ ‎(1)气体A成分是________(填化学式，下同)，气体B的成分是________。‎ ‎(2)写出步骤①发生反应的所有离子方程式________________________。‎ ‎(3)写出步骤②形成白色沉淀甲的离子方程式________________________。‎ ‎(4)通过上述实验，可确定X溶液中一定存在的离子是________，尚未确定是否存在的离子是________，只要设计一个简单的后续实验就可以确定该离子是否存在，该方法是________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). CO2 (2). NH3 (3). CO3+2H+=H2O+CO2 ↑ AlO2-+4H+=Al3++2H2O (4). Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2 ↑ (5). Na+、CO32-、AlO2- (6). SO42- (7). 向所得沉淀乙中滴加足量的稀硝酸，若沉淀不完全溶解，则证明含有SO42﹣‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液X为无色溶液，即X中一定不含有Fe3＋，Ag＋与AlO2－、CO32－、SO42－不能大量共存，Ba2＋与CO32－、SO42－不能大量共存，Al3＋与AlO2－、CO32－不能大量共存，根据反应①，产生气体A，气体A只能为CO2，X溶液中一定含有CO32－，即X溶液一定不含有Al3＋、Ag＋、Ba2＋‎ ‎，反应①中加入盐酸过量，反应②中加入过量的NH4HCO3，产生的气体为CO2，白色沉淀甲只能为Al(OH)3，则X溶液中一定含有AlO2－，碳酸氢铵过量，与过量Ba(OH)2反应，并加热，得到气体为NH3，白色沉淀乙一定含有BaCO3，可能含有BaSO4，据此分析即可；‎ ‎【详解】溶液X为无色溶液，即X中一定不含有Fe3＋，Ag＋与AlO2－、CO32－、SO42－不能大量共存，Ba2＋与CO32－、SO42－不能大量共存，Al3＋与AlO2－、CO32－不能大量共存，根据反应①，产生气体A，气体A只能为CO2，X溶液中一定含有CO32－，即X溶液一定不含有Al3＋、Ag＋、Ba2＋，反应①中加入盐酸过量，反应②中加入过量的NH4HCO3，产生的气体为CO2，白色沉淀甲只能为Al(OH)3，则X溶液中一定含有AlO2－，碳酸氢铵过量，与过量Ba(OH)2反应，并加热，得到气体为NH3，白色沉淀乙一定含有BaCO3，可能含有BaSO4，‎ ‎（1）根据上述分析，气体ACO2，气体B为NH3；‎ ‎（2）反应①中发生离子方程式为2H＋＋CO32－=CO2↑＋H2O、AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O；‎ ‎（3）Al3＋与HCO3－发生双水解反应，其离子方程式为Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑；‎ ‎（4）根据上述分析，X溶液中一定含有的离子是AlO2－、CO32－，一定不含有的离子是Ba2＋、Al3＋、Ag＋、Fe3＋，可能含有的离子是SO42－，根据溶液呈现电中性，推出X溶液中一定含有Na＋，即X中一定含有的离子是AlO2－、CO32－、Na＋；白色沉淀乙一定含有BaCO3，可能含有BaSO4，BaCO3溶于硝酸，BaSO4不溶于硝酸，因此检验是否存在SO42－，需要向所得沉淀乙中滴加足量的稀硝酸，若沉淀不完全溶解，则证明含有SO42-。‎ ‎【点睛】离子推断中需要坚持：(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中一定存在，或一定不存在的离子；(2)互斥性原则：在肯定某些离子存在的同时，结合离子共存规律，否定某些离子的存在；(3) 电中性原则：溶液呈现电中性；(4)进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成或引入的离子对后续实验的干扰；特别是电中性原则，是重点，也是学生经常忘记的原则。‎ ‎20.Cu3N具有良好的电学和光学性能，在电子工业领域、航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学工业等领域中，发挥着广泛的、不可替代的巨大作用。‎ ‎(1)N位于周期表中第________周期________族。‎ ‎(2)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________________。‎ ‎(3)Cu+电子排布式为________________________，其在酸性溶液中不稳定，可发生歧化反应生成Cu 2+和Cu，但CuO在高温下会分解成Cu2O，试从结构角度解释高温下CuO为何会生成Cu2O________________________________________。‎ ‎(4)在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是________，乙醛分子中H﹣C﹣O的键角________乙醇分子中的H﹣C﹣O的键角(填“大于”、“等于”或“小于”)。‎ ‎(5)[Cu(H2O)4]2+中的两个H2O被Cl-取代有两种不同的结构，则[Cu(H2O)4]2+的结构为________形。‎ ‎(6)Cu3N的晶胞结构如图，N3﹣的配位数为________，Cu+半径为a pm，N3﹣半径为bpm，Cu3N的密度________________g/cm3。(阿伏加德罗为常数用NA表示)(1pm＝10﹣10 cm)‎ ‎【答案】 (1). 二 (2). VA (3). N>O>C (4). 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 (5). Cu+的3d轨道上电子全满其结构稳定 (6). sp2、sp3 (7). 大于 (8). 平面正方形 (9). 6 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）N位于第二周期VA族；‎ ‎（2）同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，即三种元素第一电离能大小顺序是N>O>C；‎ ‎（3）Cu位于第四周期IB族，电子排布式为[Ar]3d104s1，因此Cu＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；CuO中Cu显＋2价，Cu2＋价电子排布式为3d9，Cu2O中Cu显＋1价，Cu＋价电子排布式为3d10，处于全满，结构稳定，所以高温下CuO会生成更稳定的Cu2O；‎ ‎（4）乙醛的结构简式为CH3CHO，－CH3上的C为sp3，－CHO中C为sp2杂化；乙醛H－C－O中C为sp2杂化，夹角为120°，乙醇H－C－O中C为sp3杂化，夹角为109°28′，因此前者键角大于后者；‎ ‎（5）两个H2O被Cl－取代有两种不同的结构，推出[Cu(H2O)4]2＋的结构为平面正方形；‎ ‎（6）该晶胞中大球的个数为12×1/4=3，小球的个数为8×1/8=1，根据其化学式，小球为N3－，大球为Cu＋，根据晶胞，N3－的配位数为6；该晶胞的棱长为(2a＋2b)pm=(2a＋2b)×10‎ ‎－10cm，晶胞的体积为(2a＋2b)3×10－30cm3，晶胞的质量为，晶胞的密度为×（64×3+14）g÷[(2a＋2b)3×10－30cm3]=g/cm3。‎ ‎【点睛】晶胞密度的计算是《物质结构与性质》中常考的内容，利用均摊的方法，求出微粒的数目，利用n=N/NA，n=m/M，计算出晶胞的质量，利用几何关系，计算棱长，从而计算出晶胞的体积，最后依据密度的定义得出最后结果。‎ ‎21.在电解炼铝过程中加入冰晶石(用“A”代替)，可起到降低Al2O3熔点的作用。冰晶石的生产原理为2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3═2A+3CO2↑+9H2O。根据题意完成下列填空：‎ ‎(1)冰晶石的化学式为________，含有的化学键类型为_________________。‎ ‎(2)生成物中含有一个10个电子的分子，该分子的空间构型为________，中心原子的杂化方式为________。‎ ‎(3)冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，●位于大立方体的顶点和面心，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是________(填微粒符号)。‎ ‎(4)Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示。则一个晶胞中Al原子的数目为________个。‎ ‎【答案】 (1). Na3AlF6 (2). 离子键、配位键 (3). V形 (4). sp3 (5). Na+ (6). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A为冰晶石，利用反应前后原子守恒、元素守恒，推出A的化学式为Na3AlF6；Na＋与AlF63－之间存在离子键，Al3+与F-之间存在共价键和配位键；‎ ‎（2）根据方程式，生成物中含有10电子的分子为H2O，O原子的孤电子对数为（6-2）/2=2，价层电子对数为2+2=4，H2O中O杂化类型为sp3，由于O上还有两对孤电子对，故H2O的空间构型为V型；‎ ‎（3）●位于大立方体的顶点和面心，●的个数为8×1/8＋6×1/2=4，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，○的个数为12×1/4＋8=11，根据冰晶石的化学式，微粒个数比为3：1，则大立方体的体心为○，代表微粒为Na＋；‎ ‎（4）该晶胞中Al的个数为8×1/8＋6×1/2=4。‎ ‎ ‎ ‎ ‎