2018-2019学年辽宁省葫芦岛协作校高二下学期第二次考试化学试题 解析版

2018-2019学年辽宁省葫芦岛协作校高二下学期第二次考试化学试题 解析版

‎2018〜2019学年高二下学期第二次考试 化学试题 考生注意：‎ ‎1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。‎ ‎2.请将各题答案填写在答题卡上。‎ ‎3.本试卷主要考试内容：人教版必修1第三章、选修3。‎ ‎4.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64‎ 第I卷（选择题共48分）‎ 一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.《徐冬录》中对胡粉[主要成分为2PbCO3•Pb(OH)2]的制法有如下描述：“嵩阳产销，居民多造胡粉。其法：铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者，炒为黄丹。黄丹渣为密陀僧。”其中黄丹的主要成分为为Pb3O4。下列说法错误的是 A. 胡粉难溶于水 B. 胡粉和黄丹中均含有+2价的铅 C. 胡粉炒为黄丹的过程中发生了氧化还原反应 D. 密陀僧分别与物质量浓度之比为1：2的稀硫酸和稀硝酸反应，前者反应速率更快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．胡粉的成份为2PbCO3·Pb(OH)2，均难溶于水，故A正确；B．PbCO3和Pb(OH)2中Pb均为+2价，而Pb3O4中Pb为+2价和+4价，则胡粉和黄丹中均含有+2价的铅，故B正确；C．铅元素部分从+2价升高为+4价，发生氧化反应，则整个胡粉炒为黄丹的过程属氧化还原反应，故C正确；D．物质的量浓度之比为1：2的稀硫酸和稀硝酸溶液中H+浓度之比为1:1，但稀硝酸还有强氧化性，PbSO4是难溶于水的盐，应会覆盖在PbO的表面，则密陀僧分别与物质的量浓度之比为1：2的稀硫酸和稀硝酸反应时原理不一样，反应速率与稀硝酸快，故D错误；答案为D。‎ ‎2.已知下列元素原子的价电子排布式，其中能表示该元素不是主族元素的是 A. 3s23p3 B. 3d14s2 C. 4s24p2 D. 3s23p5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.3s23p3表示的是磷元素，属于第三周期第VA族，属于主族元素，A错误；‎ B.3d14s2表示的是钪元素，属于第四周期第IIIB族，属于副族元素，B正确；‎ C.4s24p2表示的是锗元素，属于第四周期第IVA族，属于主族元素，C错误；‎ D.3s23p5表示的是氯元素，属于第三周期第VIIA族，属于主族元素，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎3.下列化学式能真实表示物质分子组成的是 A. SO3 B. SiO2 C. KCl D. NaOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO3是由分子构成的物质，因此SO3能真实表示物质分子组成，A正确；‎ B.SiO2表示的是二氧化硅，该物质是原子晶体，物质中Si、O原子个数比为1:2，没有SiO2分子，B错误；‎ C.KCl是离子晶体，每个K+周围有8个Cl-离子，每个Cl-周围有8个K+，二者的个数比为1:1，C错误；‎ D.NaOH是离子化合物，Na+、OH-的个数比为1:1，没有NaOH分子，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎4.下列分子中，属于含极性键的非极性分子的是 A. CH4 B. H2S C. C60 D. NH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CH4是由极性键构成的非极性分子，A符合题意；‎ B.H2S是由极性键构成的极性分子，B不符合题意；‎ C.C60是由非极性键构成非极性分子，C不符合题意；‎ D. NH3是由极性键构成的极性分子，D不符合题意；‎ 故合理选项是A。‎ ‎5.下列电子排布图所表示的元素原子中，其能量处于最低状态的是 ( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故A错误； ‎ B、违反了洪特规则，基态原子的电子总是优先单独占据一个原子轨道，且自旋状态相同，故B错误； ‎ C、2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，故C错误；‎ D、能级能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p；每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道(能级相同的轨道)中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】明确核外电子排布规律为解答关键，注意核外电子排布规律的理解与灵活运用。本题的易错点为B，要注意遵循洪特规则、泡利不相容原理、能量最低原理的基态原子排布能量最低。‎ ‎6. 下列叙述不正确的是 A. 不能让小学生咬铅笔头，否则会引起铅中毒 B. 食用碱用于面包加工，可以使面包疏松 C. 铝合金用作门窗框架，这是利用了合金硬度大的特征 D. 烧碱和冰醋酸均为电解质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．不能让小学生咬铅笔头，是因为铅笔头表面可能有细菌，不卫生；而铅笔芯的主要成分是石墨的小颗粒与黏土，不含有铅，因此不会引起铅中毒，错误；B．食用碱用于面包加工，可以与食物中的酸性物质反应产生CO2‎ ‎，气体从面团中逸出，可以使面包疏松，正确；C． 铝合金用作门窗框架，这是利用了合金硬度比成分金属大的特征，正确；D． 烧碱是NaOH，属于碱，冰醋酸是CH3COOH，属于酸，二者均为电解质，正确。‎ 考点：考查物质的性质、分类及应用正误判断的知识。‎ ‎7.下列关于晶体的叙述中不正确的是 A. 原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高 B. 分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定 C. 离子晶体中，一定含有离子键，也可能含有共价键 D. 金属晶体中，金属键既没有方向性，也没有饱和性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.原子晶体中，原子之间通过共价键结合，共价键的键能越大，断裂共价键使物质熔化、气化需要消耗的能量越大，物质的熔、沸点越高，A正确；‎ B.分子晶体构成微粒是分子，在分子晶体中，分子间的作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化或气化需要消耗的能量越大，物质的熔沸点就越高，而物质的稳定与分子间作用力大小无关，与分子内的化学键的强弱有关，B错误； ‎ C.离子晶体的构成微粒是阳离子、阴离子，阳离子、阴离子之间通过离子键结合，若阴离子、阳离子为复杂离子，则离子中可能存在共价键，C正确；‎ D.金属晶体的构成微粒是金属阳离子和自由电子，阳离子和自由电子之间通过金属键结合，金属键既没有方向性，也没有饱和性，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎8.用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是 A. SO2是直线形分子 B. SO3是三角锥形分子 C. BF3的键角为120° D. PCl3是平面三角形分子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SO2中中心S原子价层电子对个数为2+‎ ‎(6-2×1)=4，且S原子上含有2个孤对电子对，所以SO2为V形分子，A错误；‎ B.SO3中中心S价层电子对个数为3+(6-3×2)=3，是平面三角形分子，B错误；‎ C.BF3中中心B价层电子对个数为3+(3-3×1)=3，无孤电子对，是平面三角形分子，键角为120°，C正确；‎ D. PCl3中中心P价层电子对个数为3+(5-3×1)=4，含有1对孤电子对，所以PCl3是三角锥形分子，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎9.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，2.24L苯含C-H键的数H为0.6NA B. 5.6gFe与过量稀硝酸反应，转移的电子数为0.3NA C. K35ClO3与浓H37Cl反应制得7.1g氯气，则生成的Cl2分子数为0.1NA D. 6.4gCu与40 mL10mol/L浓硝酸充分反应，生成的NO2分子数为0.2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯在标准状况下为液体，不能使用气体摩尔体积，A错误；‎ B.5.6gFe的物质的量是0.1mol，由于稀硝酸过量，Fe变为+3价，所以0.1molFe失去0.3mol电子变为Fe3+，所以转移的电子数为0.3NA，B正确；‎ C.K35ClO3与浓H37Cl反应的化学方程式为：K35ClO3+6H37ClK37Cl+35Cl37Cl+237Cl2↑+3H2O，故混合气体的平均摩尔质量为M==73.3g/mol，则7.1g氯气的物质的量小于0.1mol，则氯气分子个数小于0.1NA个，C错误；‎ D.铜和浓硝酸反应后生成NO2，和稀硝酸反应后生成NO，而6.4gCu与40mL10mol/L浓硝酸反应时，开始生成二氧化氮，随着反应的进行，硝酸变稀，则生成NO，故最终生成的NO2分子数小于0.2NA，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.下列反应的离子方程式书写正确的是 A. Na2O2溶于水：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑‎ B. Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-‎ C. 用FeCl3溶液腐蚀铜板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+‎ D. 碳酸钙溶于稀硝酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Na2O2溶于水反应产生NaOH和O2，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，A正确；‎ B.Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2会反应产生Ca(HCO3)2，离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，B错误；‎ C.电子、电荷不守恒，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C错误；‎ D.反应符合事实，遵循离子方程式书写原则，D正确；‎ 故合理选项是AD。‎ ‎11.下列物质的转化在给定条件下均能通过一步反应实现的是 A. NaAlO2(aq)AlCl3Al2O3‎ B. N2NO2HNO3‎ C. NaCl(饱和)NaHCO3Na2CO3‎ D. FeS2SO3H2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. AlCl3与NaOH溶液反应，少量NaOH溶液会产生Al(OH)3沉淀，过量NaOH溶液反应会产生NaAlO2，不能产生Al2O3，A错误；‎ B.N2与O2反应会产生NO气体，B错误；‎ C.向NaCl饱和溶液中通入NH3后，再通入CO2气体，会发生反应：NaCl+ NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，将NaHCO3过滤出来，灼烧，发生分解反应产生Na2CO3，反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，符合反应事实，C正确；‎ D.FeS2煅烧发生反应产生SO2，不能产生SO3，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎12.关于金属元素的特征，下列叙述正确的是 ‎①金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性 ‎②金属元素在化合物中一般显正价 ‎ ‎③金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱 ‎④价电子越多金属原子的金属性越强 A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎①对于多价金属离子来说，较低价态的金属离子既有氧化性又有还原性，例Fe2+，Fe2++Zn=Fe+Zn2+，2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故①错误；②因为金属元素的原子只具有还原性，故在化合物中只显正价，故②正确；③金属性越强的元素越易失去电子，单质的还原性越强，对应的离子越难以得电子，氧化性越弱，故③正确；④金属性强弱与失电子的多少无关，只与得失电子的难易程度有关，所以与最外层电子数无关，故④错误；故选B。‎ 点睛：金属元素的化合价一定是正价，因而其原子只有还原性，但其离子不一定只有氧化性，如Fe2+就有还原性，金属元素难以得到电子，在化学反应中只能失去电子，金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱，在金属和非金属分界线附近的金属一般具有金属性和非金属性。‎ ‎13.现有二种元素的基态原子的电子排布式如下：①ls22s22p63s23p4；②ls22s22p63s23p3；③ls22s22p5。则下列有关比较中正确的是 A. 未成对电子数：③>②>① B. 原子半径：③>②>①‎ C. 电负性③>②>① D. 第一电离能： ③>②>①‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 由核外电子排布式可知，①ls22s22p63s23p4为S元素，②ls22s22p63s23p3为P元素，③ls22s22p5为F元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知①是S元素，②是P元素，③是F元素。‎ A. S原子有2个未成对电子，P原子有3个未成对电子，F原子有1个未成对电子，所以未成对电子数：③＜①＜②，A错误；‎ B.同一周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径P＞S＞F，即②＞①＞③，故B错误；‎ C.同一周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低，电负性③＞①＞②，C错误；‎ D.同一周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Cl＞P＞S；同主族自上而下第一电离能减弱，故F＞Cl，所以第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的知识，把握电子排布规律推断元素、元素周期律为解答该题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。‎ ‎14.磁光存储的研究是Williams等在1957年使Mn和Bi形成的晶体薄膜磁化并用光读取之后开始的。Mn和Bi形成的某种晶体的结构示意图（白球均在六棱柱内）如图所示，则该晶体物质的化学式可表示为 A. Mn4Bi3 B. Mn2Bi C. MnBi3 D. MnBi ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由晶胞的结构图可知，锰原子分布在正六棱柱的顶点、上下底面的面心上、棱边的中点上和体心上，所以锰原子的个数为：1+12×+2×+6×=6，铋原子分布在六棱柱的体内，数目为6，所以锰原子和铋原子的个数比为6：6=1：1，所以化学式为MnBi，故合理选项是D。‎ ‎15.向Na2O2、Na2CO3、NaHCO3‎ ‎、NaCl中某几种组成的混合物中加入足置的盐酸，有气体放出，将生成的气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少一部分；将上述混合物在空气中加热，有气体放出。下列判断正确的是 A. 混合物中一定不含Na2CO3、NaCl B. 无法确定混合物中是否含有NaHCO3‎ C. 混合物中一定含有Na2O2、NaHCO3‎ D. 混合物中一定不含Na2O2、NaCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 盐酸可以和过氧化钠反应产生氧气，和碳酸钠、碳酸氢钠反应可以释放出二氧化碳，二氧化碳可以和氢氧化钠反应，氧气不反应，碳酸氢钠受热分解会生成二氧化碳气体，向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定。‎ ‎【详解】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定，则 A.混合物中可能含有Na2CO3、NaCl，A错误；‎ B.由上述分析可知，混合物中一定有NaHCO3，B错误；‎ C.由上述分析可知，混合物中一定有Na2O2、NaHCO3，C正确；‎ D.由上述分析可知，混合物中一定含有Na2O2，可能含有NaCl，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查钠的化合物的性质、物质推断等，清楚发生的反应是推断的关键。‎ ‎16.次氯酸钾是―种白色粉末，极易溶于冷水，遇热水则分解，在空气中极不稳定，受热后迅速自行分解。工业上生产次氯酸押的流程如下：‎ 下列说法正确的是 A. 步骤Ⅰ、Ⅱ发生的反应均为非氧化还原反应 B. 步骤Ⅱ采取的方法是加入足量水以制得Ca(OH)2溶液 C. 步骤Ⅲ氧化时，氯气是氧化剂，Ca(OH)2是还原剂 D. 步骤Ⅵ的操作包括蒸发浓缩，冷却结晶、在空气中晾干 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.步骤ⅠCaCO3煅烧分解产生CaO和CO2，步骤Ⅱ是CaO与H2O化合形成Ca(OH)2，反应过程中元素化合价都没有发生变化，所以都是非氧化还原反应，A正确；‎ B.Cl2与石灰乳发生反应：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(HClO)2+2H2O，加入的水是少量的，不是足量的，B错误；‎ C.步骤Ⅲ氧化时，氯气中的Cl元素化合价部分升高，部分降低，因此Cl2既是氧化剂，又是还原剂，C错误；‎ D.由于次氯酸钾是―种白色粉末，极易溶于冷水，遇热水则分解，在空气中极不稳定，所以步骤Ⅵ的操作中不能在空气中晾干，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ 第Ⅱ卷（非选择题共52分)‎ 二、非选择题(本题包括小題，共52分）‎ ‎17.人类文明的发展历程，也是化学物质的发现和认识的历程。‎ ‎(1)基态铁原子的价电子排布图为____。‎ ‎(2)铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，l个(SCN)2分子中含有键的数目为___。类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(HNCS)的沸点，其原因是________。‎ ‎(3)硝酸钾中NO3-的空间构型为______，写出与NO3-互为等电子体的一种非极性分子的化学式_____。‎ ‎(4)钙的配合物离子[W(CO)5OH]-能催化固定CO2，该配合物离子中钨的配位数是____。‎ ‎【答案】 (1). (2). 4 (3). 异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键 (4). 平面三角形 (5). SO3或BF3、BBr3 (6). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Fe是26号元素，根据构造原理，结合泡利原理和洪特规则书写其核外电子排布式，据此可得其价电子排布图；‎ ‎(2)铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，(SCN)2分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键；‎ ‎(3)根据价层电子对数判断微粒的空间构型；结合等电子体概念书写相应的非极性分子的等电子体；‎ ‎(4)钨的配位体为CO、OH-。‎ ‎【详解】(1)Fe是26号元素，其基态核外电子排布式为[Ar]3d64s2，价电子排布式为3d64s2，所以价电子排布图为；‎ ‎(2) (SCN)2分子的结构简式是N≡C-S-S-C≡N，可见在该分子中含有5个键，4个π键；类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(HNCS)的沸点，其原因是异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键。‎ ‎(3)NO3-中N原子的价层电子对数为3+=3，且不含孤电子对，所以NO3-的空间构型为平面三角形；与NO3-互为等电子体的一种非极性分子的化学式为BF3、SO3、BBr3；‎ ‎(4)钙的配合物离子[W(CO)5OH]-能催化固定CO2，该配合物离子中钨的配位体是CO、OH-，所以W配位数是5+1=6。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构和性质的知识，涉及价电子排布图的书写、共价键类型的判断与计算、氢键、等电子体、络离子等，物质的结构对性质的决定作用。‎ ‎18.X、Y、Z、R、M是原子序数依次增大的五种元素，基态X原子的2p电子数是2s电子数的一半，由Y、Z元素组成的某种化合物是一种常用的漂白剂、供氧剂，Z和R位于同周期且R的基态原子中有3个电子能量最高，M2+与过量氨水作用，先得到蓝色沉淀后转化为深蓝色溶液Q。请回答下列问题：‎ ‎(1)Z、R、M三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。‎ ‎(2)XCl3、RCl3两种分子中属于非极性分子的是_______ (填化学式）。‎ ‎(3)已知H2Y2和RH3的相对分子质量相同，H2Y2的熔点为-0.43℃，沸点为158℃，而RH3‎ 的熔点为-133℃，沸点为-87.7℃，其主要原因是_________。‎ ‎(4)X、R元素可形成一种具有立体网状结构的化合物，其晶胞结构如图所示，该化合物的晶体类型是______，化学式为________，X的配位数是________。‎ ‎【答案】 (1). P>Cu>Na (2). BCl3 (3). 两种物质均是分子晶体，H2O2分子间存在氢键而PCl3分子间不存在氢键 (4). 原子晶体 (5). BP (6). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、R、M五种元素的原子序数依次增大，基态X原子的2p电子数是2s电子数的一半，原子核外电子排布为1s22s22p1，则X为B元素；由Y、Z元素组成的一种化合物是一种常用的漂白剂、供氧剂，则Y为O元素、Z为Na；Z和R位于同周期且R的基态原子中有3个电子能量最高，外围电子排布使为3s23p3，故R为P元素；M2+与过量氨水作用先得到蓝色沉淀后转化为深蓝色溶液Q，则M为Cu。‎ ‎(1)元素的非金属性越强，第一电离能越大，金属性越强，第一电离能越小；‎ ‎(2)化合物BCl3的B原子孤电子对数为0，杂化轨道数目为3，为平面正三角形，而PCl3中P原子由1对孤对电子，价层电子对数为4，为三角锥形；‎ ‎(3)H2O2分子之间形成氢键，熔沸点较高；‎ ‎(4) 具有立体网状结构的化合物的晶体类型为原子晶体；根据均摊法计算晶胞中原子数目，确定化学式；R原子配位数为4，晶体中原子配位数与原子数目呈反比。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：X为B元素；Y为O元素、Z为Na元素；R为P元素；M为Cu元素。‎ ‎(1)Z、R、M三种元素分别是Na、P、Cu，由于元素的非金属性越强，其第一电离能越大，元素的金属性越强，第一电离能越小，所以第一电离能由大到小的顺序为：P＞Cu＞Na，‎ ‎(2)化合物BCl3的B原子孤电子对数为0，杂化轨道数目为3，B原子采取sp2杂化，为平面正三角形，分子中正负电荷重心重合，属于非金属性分子；而PCl3中P原子有1对孤对电子，价层电子对数为4，为三角锥形，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子；‎ ‎(3)H2O2分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键；而PH3分子之间只存在分子间作用力，不能形成氢键，故H2O2熔沸点较高；‎ ‎(4)X、R元素分别是B、P，二者可形成一种具有立体网状结构的化合物，则该晶体为原子晶体，由其晶胞结构可知，在该晶胞中含有的B原子数为8×=4，晶胞中P原子数目为4，所以该化合物的化学式为BP，R原子配位数为4，晶体中R、X原子数目之比为1：1，故二者配位数相等，则X的配位数是4。‎ ‎【点睛】本题考查了物质结构与性质，涉及电离能比较、原子杂化轨道与分子极性、氢键、晶胞计算等，注意氢键对物质性质的影响，注意同周期主族元素中第一电离能异常情况。‎ ‎19.2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的4位科学家，其研究对象之一为“分子开关”，即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题：‎ ‎(1)对叔丁基杯[4]芳烃(如图I所示)可用于ⅢB族元素对应的离子萃取，如La2+、Sc2+。写出基态二价钪离子的核外电子排布式____。‎ ‎(2)对于叔丁基杯[4]芳烃由4个羟基构成杯底，羟基中氧原子的杂化方式为____，羟基间的相互作用力为_____。‎ ‎(3)已知C60分子结构和C60晶胞示意图如图所示：‎ 则1个C60分子中含有的键个数为_____，与1个C60分子距离最近且相等的C60分子有_____个，C60晶体的密度为_____g•cm3(写出表达式）。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d1(或[Ar]3d1) (2). sp3 (3). 氢键 (4). 90 (5). 12 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Sc为21号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，失去4s能级2个电子形成Sc2+；‎ ‎(2)O原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，杂化轨道数目=2+2=4；羟基之间形成氢键；‎ ‎(3)每个碳原子形成3个σ键，每σ键为2个碳原子共有，则平均每个碳原子形成1.5个σ键；C60分子处于晶胞顶点、面心位置，以C60顶点为研究，与之最近的C60分子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，均摊法计算；均摊法计算晶胞中C60分子数目，计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。‎ ‎【详解】(1)Sc为21号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，失去4s能级2个电子形成Sc2+，Sc2+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d1；‎ ‎(2)O原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，杂化轨道数目=2+2=4，O原子杂化方式为：sp3杂化，羟基之间相互作用为氢键；‎ ‎(3)每个碳原子形成3个σ键，每σ键为2个碳原子共有，则平均每个碳原子形成1.5个σ键，则一个C60分子中含有σ键个数为1.6×60=90，C60分子处于晶胞顶点、面心位置，以C60顶点为研究，与之最近的C60分子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有=12，晶胞中C60分子数目=8×+6×=4，晶胞质量m=g，则晶体密度ρ===1.67 g/cm3。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构与性质的知识，涉及核外电子排布、杂化方式、氢键、等电子体、空间构型、晶胞结构与计算等，掌握均摊法进行晶胞有关计算。‎ ‎20.乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得。‎ I．制备碳酸亚铁：装置如图所示。‎ ‎（1）B中可观察到的现象是铁粉逐渐溶解，_________________________。 ‎ 将B中生成的FeCl2溶液压入装置C的操作是______________________。‎ Ⅱ．制备乳酸亚铁：‎ 将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸。‎ ‎（2）加入少量铁粉的作用是___________________，反应后加入适量乳酸的作用是________________。‎ ‎（3）从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是______ _、______、洗涤、干燥。‎ ‎（4）设计实验证明乳酸亚铁中含Fe2+____________________ _。‎ ‎【答案】（1）有气泡冒出，溶液变成浅绿色；关闭活塞3，打开活塞2（各2分）‎ ‎（2）防止Fe2+被氧化；除去铁粉（各1分）‎ ‎（3）冷却结晶；过滤（各1分）‎ ‎（4）取少量乳酸亚铁溶液于试管中，先滴加几滴KSCN溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水，溶液变成血红色（或其他合理答案）（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）Fe与稀盐酸会发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，因此会观察到有气泡冒出，溶液变成浅绿色；将B中生成的FeCl2溶液压入装置C的操作是关闭活塞3，打开活塞2，在氢气压强的作用下，FeCl2溶液被压入装置C；（2）Fe2+具有还原性，容易被装置中的空气氧化产生Fe3+，为防止其变质，要加入还原铁粉；Fe是比较活泼的金属，可以与酸发生反应，所以反应后加入适量乳酸的作用是除去过量的铁粉；（3）乳酸亚铁的溶解度受温度的影响变化较大，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（4）证明乳酸亚铁中含Fe2+的实验是取少量乳酸亚铁溶液于试管中，先滴加几滴KSCN溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水，溶液变成血红色。‎ 考点：考查乳酸亚铁制取方法、化学操作的目的、混合物的分离、离子的检验等知识。‎ ‎21.以含铜污泥[主要成分为Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、Fe(OH)3和SiO2]为原料制备纯净的Cu2(OH)2CO3的工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)为提高浸取率采取的措施是____(填字母)。‎ a.增大浸取与含铜污泥的投料比 b.减小氨水的浓度 c.缩短浸取的时间 d.适当提高浸取的温度 ‎(2)合成Cu2(OH)2CO3时发生的离子方程式为__________。‎ ‎(3)第一次过滤时所得滤渣的成分为________(填化学式)。‎ ‎(4)经检测，该含铜污泥中铜的含量为32%，且上述工艺流程中铜的损耗率为10%，某工厂以20t这种含钢污泥为原料，经上述工艺流程后，最终可制得Cu2(OH)2CO3____t。‎ ‎【答案】 (1). ad (2). 2Cu2++2OH-+CO32-=Cu2(OH)2CO3↓ (3). Fe(OH)3、SiO2 (4). 9.99‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向含铜污泥中加入氨水，Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3变为[Cu(NH3)4]2+离子进入溶液，而Fe(OH)3和SiO2不能发生反应，进入滤渣；向滤液中加入NaOH，会将NH3蒸出，然后向其中加入CuO、硫酸，反应产生CuSO4，向其中加入Na2CO3、NaOH，会发生反应产生碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，利用Cu元素守恒，计算最终可制得Cu2(OH)2CO3的质量。‎ ‎【详解】(1)a.增大浸取与含铜污泥的投料比，可以使含铜污泥与浸出液充分接触，提高铜的浸取，a正确； ‎ b.减小氨水的浓度，会导致含铜污泥中Cu浸取率降低，b错误；‎ c.缩短浸取的时间，会导致含铜污泥中Cu浸取率降低，c错误； ‎ d.适当提高浸取的温度，能加快反应速率，提高含铜污泥中Cu浸取率，d正确；‎ 故合理选项是ad；‎ ‎(2)根据流程图可知：在溶液中Cu2+、OH-、CO32-发生反应，产生Cu2(OH)2CO3‎ ‎，则生成Cu2(OH)2CO3发生的离子方程式为2Cu2++2OH-+CO32-=Cu2(OH)2CO3↓；‎ ‎(3) 以20t这种含钢污泥为原料，制取Cu2(OH)2CO3，根据Cu元素守恒可得关系式2Cu～Cu2(OH)2CO3，转化的Cu的质量m(Cu)= 20t×32%×(100-10)%=5.76t，根据关系式可知：每2×64=128份的Cu发生反应，产生Cu2(OH)2CO3的质量为222份，则5.76tCu发生上述反应，制取得到的碱式碳酸铜的质量为m[Cu2(OH)2CO3]==9.99t。‎ ‎【点睛】本题考查了影响化学反应速率的因素、离子方程式的书写及物质转化利用的知识。化学反应原理简单，掌握元素及化合物的知识、化学反应基本原理，同时利用元素守恒即可解答。‎ ‎ ‎