2018-2019学年广西宾阳县宾阳中学高二5月月考化学试题 解析版

2018-2019学年广西宾阳县宾阳中学高二5月月考化学试题 解析版

宾阳中学2019年春学期5月月考高二化学科试题 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 O 16 K 39 ‎ 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共54分)‎ ‎1.下列选项中，键的极性相同，分子极性也相同的是(　　)‎ A. O、C B. PC、S C. B、N D. COC、CO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、H2O和CO2中的键均为极性键，H2O是极性分子，CO2是非极性分子，故A错误； ‎ B、PCl3、SO3中的键均为极性键，PCl3是极性分子，SO3是非极性分子，故B错误；‎ C．BF3、NF3中的键均为极性键，BF3是非极性分子，NF3是极性分子，故C错误；‎ D．COCl2、CH2O中的键均为极性键，分子极性大致相同，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是(　　)‎ A. 配位体是Cl－和H2O，配位数是9‎ B. 中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋‎ C. 内界和外界中的Cl－的数目比是1：2‎ D. 加入足量AgNO3溶液，所有Cl－均被完全沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子(统称中心原子)和围绕它的称为配位体(简称配体)的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是 Ti3+，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A项，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，则配位数是6，故A项错误；‎ B项，配离子是[TiCl(H2O，根据电荷守恒可知中心离子是Ti3+，故B项错误；‎ C项，根据已知配合物的化学式，[TiCl(H2O)5]2+中（内界）的Cl-数目为1，剩余部分含有的Cl-数目为2，则内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C项正确；‎ D项，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，内界的Cl-不会被沉淀，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】本题考查配合物的成键，侧重分析与应用能力的考查，注意只有外界中的Cl-与 AgNO3 溶液反应，把握中心离子、配位体、配位离子的判断为解答的关键。‎ ‎3.下列关于晶体的说法，不正确的是 ‎(Ti4+位于顶点上，O2-位于面心上,Ca2+位于中心）‎ A. 该晶体的化学式为CaTiO3‎ B. 该晶体中每个Ti4+和8个O2-相紧邻 C. 一个CO2晶胞中平均含有4个CO2分子 D. 金属晶体的熔点可能比分子晶体的熔点低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 该晶体的晶胞中含有一个Ti4+、3个O2-、一个Ca2+，所以晶体的化学式为CaTiO3，故A正确；B. 该晶体中每个Ti4+和前后、左右、上下位置的6个O2-相紧邻，故B不正确；C. 在CO2晶胞中CO2分子居于8个顶点和6个面心，一个CO2晶胞中平均含有4个CO2分子，故C正确；D. 金属晶体的熔点高低差别较大，可能比分子晶体的熔点低，故D正确。故选B。‎ ‎4.下列表达方式或说法正确的是 (　　)‎ A. CO2 分子模型示意图：‎ B. 氯化铵的电子式：‎ C. 硫离子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p4‎ D. NH3、H2O、CO2三分子中中心原子上孤电子对数最多的是H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化碳为直线型结构，其正确的比例模型为：，故A错误；‎ B．氯化铵是由NH4+和Cl﹣离子构成，氯化铵的电子式，故B错误；‎ C．硫离子最外层达到8电子稳定结构，其正确的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6，故C错误；‎ D．NH3、H2O、CO2分子中中心原子含有的孤电子对分别为1、2、0，所以水分子中含有的孤电子对最多，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及电子式、比例模型、电子排布式等知识，明确常见化学用语的表示方法为解答关键。‎ ‎5.据某科学杂志报道，国外有一研究发现了一种新的球形分子，它的分子式为C60Si60，其分子结构好似中国传统工艺品“镂雕”，经测定其中包含C60，也有Si60结构。下列叙述正确的是(　　)‎ A. 该物质有很高的熔点、很大的硬度 B. 该物质形成的晶体属分子晶体 C. 该物质分子中Si60被包裹在C60里面 D. 该物质的摩尔质量为2400‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、由分子式及信息可知该物质为分子晶体，分子晶体的熔点低、硬度小，A错误；B、由题目中的信息可知是一种新的球形分子，它的分子式为C60Si60，所以该物质有分子存在，属于分子晶体，B正确；C、硅的原子半径比碳大，所以硅化合物C60Si60的外层球壳为 Si60，内层球壳为C60，C错误；D、它的分子式为C60Si60，所以该物质的相对分子质量=（12+28）×60=2400，摩尔质量为‎2400g/mol，D错误，答案选B。‎ ‎6.根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的是(　　)‎ A. SO32- 和NO2- B. NO3- 和SO32- C. 和ClO3- D. PO43- 和SO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子中所有原子都在同一平面上，则离子的空间构型为直线形、V形或平面三角形，根据中心原子的价层电子对数判断分子的空间构型，价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对，据此分析。‎ ‎【详解】A. SO32-中S原子价层电子对个数=3+=4，为四面体结构；NO2-中N原子价层电子对个数=2+=3，为三角锥形结构，都不是平面形结构的微粒，故A错误；‎ B. NO3-中N原子价层电子对个数=3+=3，为平面三角形结构；SO3中S原子价层电子对个数3+=3，为平面三角形结构，所有原子共平面，所以B选项是正确的；‎ C.H3O+中O原子价层电子对个数=3+=4，为四面体结构；ClO3-中Cl原子价层电子对个数=3+=4，为四面体结构，所有原子不共平面，故C错误；‎ D.PO43-中P原子价层电子对个数=4+=4，为四面体结构；SO32-中S原子价层电子对个数=3+=4，为四面体结构，所有原子不共平面，故D错误。‎ 所以B选项是正确的。‎ ‎7.如图是某同学画出的基态氮原子核外电子排布图。下列判断正确的是(　　)‎ A. 正确，符合核外电子排布规律 B. 错误，违背了“能量最低原理”‎ C. 错误，违背了“泡利原理” D. 错误，违背了“洪特规则”‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能量最低原理：原子核外电子先占有能量低的轨道，然后依次进入能量高的轨道；泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；洪特规则：在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，以此来解答。‎ ‎【详解】由洪特规则可知 ，在等价轨道 ( 相同电子层、电子亚层上的各个轨道 ) 上排布的电子将尽可能分占不同的轨道 ，则违背了洪特规则， 2p 电子应占据不同轨道，‎ 故选D。‎ ‎8.已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是(　　)‎ A. X与Y形成化合物时，X可以显负价，Y显正价 B. 第一电离能可能Y小于X C. 最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性弱于Y对应的 D. 气态氢化物的稳定性：HmY小于HmX ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则非金属性X＞Y，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；‎ B、第一电离能可能Y大于X，如N＞O，也可能小于X，故B正确；‎ C、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则X对应的最高价含氧酸的酸性强于Y对应的最高价含氧酸的酸性，故C错误；‎ D、非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题主要考查位置、结构、性质的关系，明确同周期位置关系及电负性大小得出元素的非金属性是解答本题的关键。‎ ‎9. 已知下列电子排布图所表示的是元素的原子，其中能量处于最低状态的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A选项电子能量处于最低的状态即为基态；B选项中2s上的电子激发到2p上，应为激发态，能量较高；C选项中2p上的三个电子尽可能分占不同轨道，且自旋方向相同时能量最低；D选项中，应先填满2s，再填2p，错误．‎ 考点：原子电子排布 ‎10.下列有关共价键键参数的的比较中，不正确的是( )‎ A. 键能：C—N < C=N < C≡N B. 键长：I—I > Br—Br > Cl—Cl C. 分子中的键角：H2O > NH3‎ D. 乙烯分子中碳碳键的键能：σ键 > π键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，键能：单键双键三键，键能：C—NC=NCN，A项正确；B项，原子半径：IBrCl，键长：I—IBr—BrCl—Cl，B项正确；C项，H2O分子中O和NH3中N都采取不等性sp3杂化，H2O分子中O上有两对孤电子对，NH3分子中N上只有一对孤电子对，且电子对之间斥力大小顺序如下：孤电子对－孤电子对>孤电子对－成键电子对>成键电子对－成键电子对，分子中的键角：H2ONH3，H2O分子中键角为105º，NH3分子中键角为107º，C项错误；D项，σ键为“头碰头”重叠形成，强度大，π键为“肩并肩”重叠形成，强度小，乙烯分子中碳碳键的键能：σ键π键，D项正确；答案选C。‎ ‎11.下列现象与氢键有关的是(　　)‎ ‎①NH3的熔、沸点比第ⅤA族相邻元素的氢化物高    ②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶 ③冰的密度比液态水的密度小    ④尿素的熔、沸点比醋酸的高 ⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低     ⑥水分子高温下也很稳定 A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ①②③④ D. ①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①因第ⅤA族中，N的非金属性最强，NH3中分子之间存在氢键，则NH3的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高，故①正确；‎ ‎②小分子的醇、水分子之间能形成氢键，因羧酸、水分子之间能形成氢键，所以小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故②正确；‎ ‎③冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；‎ ‎④尿素分子间可以形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故④正确；‎ ‎⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤正确；‎ ‎⑥水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故⑥错误。‎ 故选B。‎ ‎12.下列微粒半径大小比较正确的是(　　)‎ A. N＜M＜＜ B. N＞M＞＞C C. Na＞Mg＞Al＞S D. Cs＜Rb＜K＜Na ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子的电子层越多，粒子的半径越大；电子层相同时，粒子的核电荷数越大，粒子的半径越小，据此结合元素周期律知识进行解答。‎ ‎【详解】A项中K+的电子层数比Na＋、Mg2+、O2-多，再根据核外电子排布相同的离子半径比较规律可知，K+>O2－＞ Na+＞Mg2+，故A项错误；‎ B项中S2－和Cl－的电子层数比Na＋和Mg2+多，再根据核外电子排布相同的离子半径比较规律可知，S2－>Cl－>Na＋>Mg2+，故B项错误；‎ C项属于同周期元素的原子，核电荷数越大，半径越小，Na＞Mg＞Al＞S，故C项正确；‎ D项是同主族元素原子，核电荷数越大，半径越大，Cs＞Rb＞K＞Na，故D项错误。‎ 故答案选C。‎ ‎13. 下列有关晶体的叙述中错误的是 A. 石墨的层状结构中由共价键形成的最小的碳环上有六个碳原子 B. 氯化钠晶体中每个Na+周围紧邻的有6个Cl—‎ C. CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl—，每个Cs+周围等距离紧邻的有6个Cs+‎ D. 在面心立方最密堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有4个金属原子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 石墨的层状结构中由共价键形成的最小的碳环上有六个碳原子，氯化钠晶体中每个Na+周围紧邻的有6个Cl—，每个Cl—周围紧邻的有6个Na+。CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl—，每个Cs+周围等距离紧邻的有6个Cs+。在面心立方最密堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有12个金属原子.‎ ‎14.2008年秋天，毒奶粉事件震惊全国，这主要是奶粉中含有有毒的三聚氰胺 ‎。下列关于三聚氰胺分子的说法正确的是 A. 所有碳原子采用sp3杂化，所有氮原子采用sp3杂化 B. 一个分子中共含有15个σ键 C. 属于极性分子，故极易溶于水 D. 分子内既有极性键又有非极性键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、在三聚氰胺分子中，所有碳原子采用sp2杂化，所有氮原子采用sp3杂化.错误。B、在一个分子中共含有9个C—Nσ键；6个N—Hσ键，共有15个σ键，正确。C、由于该分子空间排列是对称的，所以属于非极性分子，故根据相似性的物质容易溶解的性质，该物质难溶于水。错误。D、在该物质的分子内没有同种元素的原子结合，所以只存在极性键。错误。‎ 考点：考查三聚氰胺的分子结构与物质的性质的知识。‎ ‎15.在以离子键为主的化学键中常含有共价键的成分，两种元素的电负性差异越小，其共价键成分越大。下列各对原子形成的化学键中共价键成分最多的是(　　)‎ A. K与F B. Na与Cl C. Al与S D. Mg与Cl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，各对原子形成化学键中共价键成分最多，说明离子键成分最少，则金属、非金属元素应该最不活泼，据此分析解答。‎ ‎【详解】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，各对原子形成化学键中共价键成分最多，说明离子键成分最少，则金属、非金属元素应该最不活泼，选项中K、Na、Al、Mg四种金属元素中最不活泼的为Al，F、Cl、S元素的非金属性F>Cl>S，所以原子形成的化学键中共价键成分最多的为Al和S，‎ 所以C选项是正确的。‎ ‎【点睛】本题考查离子键和共价键，明确离子键和共价键的区别是解本题关键，注意掌握易形成离子键、共价键的元素。‎ ‎16. 氮化铝(AlN)常用做砂轮及高温炉衬材料，熔化状态下不导电，可知它属于( )‎ A. 离子晶体 B. 原子晶体 C. 分子晶体 D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：氮化铝(AlN)常用做砂轮及高温炉衬材料，这说明该晶体的熔点高。熔化状态下不导电，说明该晶体应该是原子晶体，所以答案选B。‎ 考点：考查晶体类型以及晶体性质的判断 点评：该题是高考中常见题型和考点，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。该题的关键是明确各种晶体类型的性质，然后结合题意灵活运用即可。‎ ‎17. 下列各选项所述的两个量，前者一定大于后者的是 ‎①3d轨道的能量和4s轨道的能量；②同一电子层中第一个p轨道与第二个p轨道的能量；③2s和3s的轨道半径；④同一原子的基态和激发态；⑤F元素和O元素的电负性；⑥Mg元素和Al元素的第一电离能；⑦H原子和H＋离子的半径 A. ①⑤⑥⑦ B. ②③⑤ C. ②④⑦ D. 全对 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：根据构造原理可知，3d轨道的能量大于4s轨道的能量，①正确；同一电子层中第一个p轨道与第二个p轨道的能量相同，②不正确；s电子的原子轨道都是球形的(原子核位于球心)，能层序数越大，原子轨道的半径越大。这是由于1s，2s，3s……电子的能量依次增高，电子在离核更远的区域出现的概率逐渐增大，电子云越来越向更大的空间扩展，所以2s和3s的轨道半径前者小于后者，③不正确；同一原子的基态和激发态，前者的能量低于后者，④不正确；非金属性越强，电负性越大，则氟元素的电负性强于氧元素的电负性，⑤正确；金属性越强，第一电离能越小。但由于镁元素3s轨道电子处于全充满状态，稳定性强，电子的能量高，因此镁元素的第一电离能大于铝元素的第一电离能，⑥正确；同一种元素的原子半径大于阳离子半径而小于阴离子半径，所以H原子半径大于H＋离子的半径，⑦正确，答案选A。‎ 考点：考查原子轨道、轨道半径、基态和激发态、电负性、第一电离能、微粒半径比较 ‎18.下列各组晶体物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（ ）‎ ‎①SiO2和SO3 ②晶体硼和HCl ③CO2和SO2 ④晶体硅和金刚石 ⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫磺和碘 A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ③④⑥ D. ①③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故①错误；‎ ‎②晶体硼和HCl，固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故②错误；‎ ‎③CO2和SO2，CO2和SO2都是分子晶体，二者都只含共价键，故③正确；‎ ‎④晶体硅和金刚石都是原子晶体，二者都只含共价键，故④正确；‎ ‎⑤晶体氖和晶体氮都是分子晶体，晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故⑤错误；‎ ‎⑥硫磺和碘都是分子晶体，二者都只含共价键，故⑥正确。‎ 所以化学键类型相同，晶体类型也相同的是③④⑥。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】1、离子晶体：由阳离子和阴离子通过离子键结合而成的晶体，常见离子晶体：强碱、活泼金属氧化物、大部分的盐类；‎ ‎2、原子晶体：晶体中所有原子都是通过共价键结合的空间网状结构，常见原子晶体：金刚石、单晶硅、碳化硅（金刚砂）、二氧化硅等；‎ ‎3、分子晶体：分子通过分子间作用力构成的固态物质。‎ 二、填空题(共4题；每空2分，共46分)‎ ‎19.已知非金属单质硫(S)是淡黄色固体粉末，难溶于水。为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：‎ ‎(1)请写出A装置中发生反应的化学方程式_____。‎ ‎(2)饱和食盐水的作用是_____。‎ ‎(3)装置B中盛放的试剂是_____(选填下列所给试剂的代码)，反应离子方程式是_____。‎ A．NS溶液 B．NS溶液 C．NS溶液 ‎(4)还有哪些事实能够说明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强_____(填编号)‎ ‎①HCl比S稳定 ②HClO氧化性比S强 ③HCl酸性比S强 ④HCl酸性比S强 ⑤氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子 ⑥铁与C反应生成FeC，而硫与铁反应生成FeS ‎(5)此装置有多种用途，若用此装置验证氯元素的非金属性比碘元素的强，需要在B装置中加入KI溶液，通入一段时间气体后向B中加入少量CC，振荡。能够证明氯元素的非金属性比碘元素的强的实验现象是_____‎ ‎【答案】 (1). 4HCl(浓)+ MnO2 MnCl2 + Cl2↑+2H2O(没有加热条件不给分) (2). 除去Cl2中的HCl气体； (3). A (4). S2-+ Cl2 ═ 2Cl- + S↓ (5). ①③⑥ (6). 溶液分层，下层为紫红色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从实验室制取氯气的原理分析；‎ ‎（2）从除杂质的角度思考，HCl易溶于水；‎ ‎（3）从置换反应判断元素非金属性强弱分析，氯气能把硫元素从其硫化钠溶液中置换出来；‎ ‎（4‎ ‎）比较元素的非金属性强弱可根据：元素对应最高价氧化物的水化物的酸性；氢化物的还原性、稳定性强弱；与氢气反应的难易程度以及单质的氧化性的强弱等角度；‎ ‎（5）氯气与碘化钾发生置换反应，生成碘单质易溶于CCl4，加入少量CCl4，振荡，溶液分层，CCl4在下层。‎ ‎【详解】(1)为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，需要用氯气置换出硫，则必须用装置A制备氯气，装置A中浓盐酸与二氧化锰加热制取氯气，该反应的化学方程式为： 4HCl(浓)+ MnO2 MnCl2 + Cl2↑+2H2O，‎ 故答案为：4HCl(浓)+ MnO2 MnCl2 + Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)由于用浓盐酸制取氯气，且需要加热，即实验过程中会挥发出HCl气体，氯气在饱和食盐水在的溶解度较小，利用饱和食盐水除去Cl2中的HCl气体，‎ 故答案为：除去Cl2中的HCl气体；‎ ‎(3) 要在B中发生氯气置换出硫的反应，在给定试剂中只能选取Na2S溶液，故选A，发生的是置换反应，发生反应的离子方程式为 S2-+ Cl2 ═ 2Cl- + S↓，‎ 故答案为：A ；S2-+ Cl2 ═ 2Cl- + S↓；‎ ‎(4)①简单氢化物的稳定性越强，非金属性越强，HCl比H2S稳定，说明非金属性Cl＞S，故①正确；‎ ‎②非金属性强弱与含氧酸的氧化性强弱没有关系，故②错误；‎ ‎③最高价含氧酸HClO4酸性比H2SO4强，能够证明非金属性Cl＞S，故③正确；‎ ‎④HCl不是最高价含氧酸，无法比较二者非金属性，故④错误；‎ ‎⑤不能根据最外层电子数多判断非金属性强弱，故⑤错误；‎ ‎⑥铁与Cl2反应生成FeCl3，而硫与铁反应生成FeS，说明氯气的氧化性大于S，可证明非金属性Cl＞S，故⑥正确。‎ 故答案为：①③⑥；‎ ‎(5)在B装置中加入KI溶液，发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，氯气氧化碘离子为碘单质，充分反应后，加入CCl4用力振荡，碘单质易溶于四氯化碳中，观察到的现象为：在下层四氯化碳中呈紫红色，可证明氯元素的非金属性比碘元素的强，‎ 故答案为：溶液分层，下层为紫红色。‎ ‎【点睛】本题以实验装置为知识背景，从比较Cl和S的非金属性强弱着手，从整体的角度把握题目需要解答的问题，要通过本题建立解答本类题的正确思维过程。‎ ‎20.铝元素在自然界中主要存在于铝土矿(主要成分为A，还含有F、FeO、Si)中．工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下。‎ ‎(1)在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，便于后期形成Fe(OH沉淀，所得滤液B显酸性。‎ ‎①检验滤液A中含有F的试剂为_____‎ ‎②检验滤液B中不含有F的实验操作方法为_____。‎ ‎③将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为_____(填选项编号)。‎ a．氢氧化钠溶液 b．硫酸溶液 c．二氧化碳 d．氨水 ‎(2)矿渣中一定含有的物质是_____(填化学式)。焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为_____(填选项编号)。‎ ‎【答案】 (1). KSCN溶液或者硫氰化钾溶液 (2). 取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入少量氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含亚铁离子 (3). d (4). SiO2 (5). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图示工艺流程为：铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2)加入稀盐酸，得到滤渣为二氧化硅，滤液中含有铁离子、亚铁离子和氯离子；加入漂白液后亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁沉淀；滤液B为氯化铝溶液；二氧化硅与氢氧化钠在铁坩埚中焙烧生成硅酸钠。‎ ‎【详解】(1)①检验是否含铁离子，可加入KSCN溶液，如溶液变红色，可说明含有铁离子，‎ 故答案为：KSCN溶液或者硫氰化钾溶液；‎ ‎②滤液B可能含有铁离子或亚铁离子，可取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入少量氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含亚铁离子，‎ 故答案为：取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，再加入少量氯水，仍然不变红，说明滤液B中不含亚铁离子；‎ ‎③滤液中含有的是氯化铝溶液，将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，‎ a．氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过量后会溶解氢氧化铝，氢氧化钠不是最佳试剂，故a错误；‎ b．硫酸溶液不与铝离子反应，故b错误；‎ c．二氧化碳和氯化铝不反应，无法生成氢氧化铝沉淀，故c错误；‎ d．氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，故d正确；‎ 故答案为：d；‎ ‎(2)二氧化硅与盐酸不反应，矿渣中一定含有的物质是SiO2，‎ A．蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故A错误；‎ B．铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，可在铁坩埚中用SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故B正确；‎ C．玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故C错误；‎ D．瓷坩埚含有二氧化硅和氢氧化钠反应，不能用于SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，故D错误；‎ 故答案为：SiO2；B。‎ ‎21.草酸()广泛存在于食品中，人们对其及相关产品进行了深入研究。‎ ‎(1) (s)═ O(g)+CO(g)+C(g)△H=+340kJ•mo 在密闭容器中反应，保持温度不变，下列有关选项正确的是_____(填序号)‎ A 恒容时，容器的压强不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态 B 恒压时，容器的体积不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态 C 气体摩尔体积不再发生变化，说明该反应已达到化学平衡状态 D 气体平均摩尔质量不再发生变化，说明该反应已达到化学平衡状态 E 气体总质量不再发生变化，说明该反应已达到化学平衡状态 ‎(2)草酸分解所需燃料可以是CO，通过甲烷制备CO：C(g)+C(g)→2CO(g)+2(g)△H＞O．常温下，在‎2L的密闭容器中通入4molC气体和6molC气体发生反应，5min后达到平衡，测得CO气体的浓度为0.1mol•。‎ ‎①平衡时，该反应的平均反应速率v(C)=_____mol•mi。‎ ‎②在不改变反应混合物用量前提下，为了提高C气体的转化率，可采取的措施是_____。(答出一方面即可)‎ ‎(3)草酸()是二元弱酸，KH溶液呈酸性。向10mL 0.01mol•的溶液滴加0.01mol•KOH溶液V(mL)，回答下列问题。‎ ‎①当V=10mL时，溶液中H、、、的浓度从大到小的顺序为_____。‎ ‎② 当V=a mL时，溶液中离子浓度有如下关系：c()=‎2c()+c(H)；当V=b mL时，溶液中离子浓度有如下关系：c()=c()+c(H)+c()；则a_____b(填“＜”，“=”或“＞”)。‎ ‎(4)电解饱和草酸溶液可以制得高档香料乙醛酸()，装置如图所示，写出复合膜电极的电极反应式_____。‎ ‎【答案】 (1). ABE (2). 0.01 (3). 升高温度或增大容器的体积(减小压强) (4). c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(H‎2C2O4) (5). ＞ (6). H‎2C2O4 + 2H+ + 2e- ═ H‎2C2O3+H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)反应H‎2C2O4 (s)═ H2O(g)+CO(g)+CO2(g) △H=+340kJ•mol-1的平衡，密闭容器中，保持温度不变，‎ A.反应H‎2C2O4 (s)═ H2O(g)+CO(g)+CO2(g)是一个气体体积增大的反应，恒容时，容器的压强不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态，故A正确；‎ B．反应H‎2C2O4 (s)═ H2O(g)+CO(g)+CO2(g)是一个气体体积增大的反应，恒压时，容器的体积不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态，故B正确；‎ C．一定条件下气体摩尔体积是不变的，当气体摩尔体积不再发生变化，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故C错误；‎ D．生成物气体是按照固定比例生成的，气体平均摩尔质量不发生变化，所以气体平均摩尔质量不再发生变化，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故D错误；‎ E．气体总质量不再发生变化，可知气体的物质的量不变，说明该反应已达到化学平衡状态，故E正确；‎ 故答案为：ABE；‎ ‎(2) CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ‎ 起始量(mol) 4 6 0 0‎ 变化量(mol) 0.1×1 0.1×1 0.1×2 0.1×2‎ 平衡量(mol) 3.9 5.9 0.1×2 0.1×2 ‎ ‎①平衡时，该反应的平均反应速率v(CO2)===0.01 mol•L-1•min-1，‎ 故答案：0.01；‎ ‎②反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H＞0，正反应为吸热反应，且是一个气体体积增大的反应，故升高温度或增大容器的体积(减小压强)平衡右移，CH4气体的转化率升高，‎ 故答案为：升高温度或增大容器的体积(减小压强)；‎ ‎(3) ①向10mL 0.01mol•L-1的H‎2C2O4溶液滴加0.01mol•L-1KOH溶液，当V=10mL时，草酸与氢氧化钾恰好反应生成草酸氢钾，由于草酸氢钾溶液显示酸性，则H‎2C2O4的电离程度大于其水解程度，所以c(C2O42-)＞c(H‎2C2O4)，由于氢离子来自水的电离和HC2O4-的电离，则c(H+)＞c(C2O42-)，HC2O4-的电离和水解程度都较小，则c(HC2O4-)＞c(C2O42-)，所以溶液中各离子浓度大小为c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(H‎2C2O4) ， ‎ 故答案为：c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(H‎2C2O4)；‎ ‎②c(K+)=‎2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，根据电荷守恒c(K+)+ c(H+)= ‎2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+ c(OH-)可得 c(H+)= c(OH-)所以溶液呈中性，pH=7，草酸氢钾溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则氢氧化钾应该稍微过量，所以V(KOH)=a＞10mL；溶液中离子浓度有如下关系：‎ c(K+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+ c(H‎2C2O4)，根据溶液中物料守恒分析，溶质为KHC2O4，说明V(KOH)=b=10mL，则a＞b，‎ 故答案：＞；‎ ‎(4)惰性电极电解饱和草酸溶液，草酸在阴极放电，C由+3价降到+1价，得到2个电子，电极反应式为H‎2C2O4 + 2H+ + 2e- = H‎2C2O3+H2O，‎ 故答案为：H‎2C2O4 + 2H+ + 2e- ═ H‎2C2O3+H2O。‎ ‎22.能源、材料和信息是现代社会的三大“支柱”。‎ ‎(1)目前，利用金属或合金储氢的研究已取得很大进展，图是一种镍基合金储氢后的晶胞结构图．‎ ‎①Ni原子的价电子排布式是_____。‎ ‎②该合金储氢后，含1mol La的合金可吸附的数目为_____。‎ ‎(2)南师大结构化学实验室合成了一种多功能材料--对硝基苯酚水合物(化学式为N•1.5O)。实验表明，加热至‎94℃‎时该晶体能失去结晶水，由黄色变成鲜亮的红色，在空气中温度降低又变为黄色，具有可逆热色性；同时实验还表明它具有使激光倍频的二阶非线性光学性质。‎ ‎①晶体中四种基本元素的电负性由大到小的顺序是_____。‎ ‎②对硝基苯酚水合物失去结晶水的过程中，破坏的微粒间作用力是_____。‎ ‎(3)科学家把NaN和NO在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与SO42-互为等电子体，且该阴离子中的各原子的最外层电子都满足8电子稳定结构．该阴离子的电子式是_____，其中心原子N的杂化方式是_____。‎ ‎【答案】 (1). 3d84s2 (2). 3NA (3). O＞N＞C＞H (4). 氢键 (5). (6). sp3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①Ni是28号元素，其核外有28个电子，镍原子3d、4s能级上电子为其价电子，根据构造原理知Ni原子的价电子排布式为3d84s2，‎ 故答案为：3d84s2 ；‎ ‎②该晶胞中氢气分子个数=8×+ 2×=3，La原子个数=8×=1，所以该物质中氢分子和La原子个数比是3：1，则含1mol La的合金可吸附H2的数目为3NA，‎ 故答案为：3NA；‎ ‎(2)①元素的非金属性越强其电负性越强，O、N、C、H的非金属性逐渐减弱，所以O、N、C、H的电负性逐渐减弱，则O、N、C、H的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C＞H，‎ 故答案为：O＞N＞C＞H；‎ ‎②对硝基苯酚水合物之间氧原子和氢原子间存在氢键，所以对硝基苯酚水合物失去结晶水的过程中，破坏的微粒间作用力是氢键，‎ 故答案为：氢键；‎ ‎(3)原子个数相等价电子数相等的微粒属于等电子体，且等电子体结构相似，阴离子与SO42-互为等电子体，且该阴离子中的各原子的最外层电子都满足8电子稳定结构，则该离子是NO43-，其电子式为： ，该离子中价层电子对= 4+(5+3-4×2)=4，所以N原子采用sp3杂化，‎ 故答案为： ，sp3。‎ ‎ ‎