江苏省如皋市2018-2019学年高二下学期期末教学质量调研化学（选修）试题

江苏省如皋市2018-2019学年高二下学期期末教学质量调研化学（选修）试题

‎2019如皋市高二年级第二学期教学质量调研化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 Cl 35.5 ‎ 单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一项符合题意 ‎1.2019年政府工作报告提出：继续坚定不移地打好包括污染防治在内的“三大攻坚战”。下列做法不符合这一要求的是 A. 生活垃圾分类处理，告别乱抛乱扔 B. 研发可降解塑料，控制白色污染产生 C. 施用有机肥料，改善土壤微生物环境 D. 回收废医用塑料，深埋或就地焚烧 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 生活垃圾分类处理，告别乱抛乱扔,利于治污，故A不选；‎ B. 白色污染难降解，研发可降解塑料，控制白色污染产生，故B不选；‎ C. 减少化肥的使用，施用有机肥料，改善土壤微生物环境，故C不选；‎ D. 回收废医用塑料，深埋或就地焚烧，均易产生污染，故D选；‎ 故选D。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是 A. 氮气分子的电子式：‎ B. Cl－的结构示意图：‎ C. 质子数为53、中子数为78的碘原子：I D. HCO3-水解方程式：HCO3-＋H2OH3O＋＋CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. N原子最外层5个电子，两个氮原子各用3 个电子形成叁键，氮气分子的电子式：，故A错误；‎ B. 氯原子最外层7个电子，得1个电子形成氯离子，Cl－的结构示意图：，故B正确；‎ C. 质子数为53、中子数为78的碘原子，质量数为53+78=131，原子符号为I，故C错误；‎ D. HCO3-在溶液中水解生成碳酸，使溶液呈碱性，水解的离子方程式为：HCO3-＋H2OOH-＋H2CO3，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是 A. NH3具有还原性，可用作制冷剂 B. Si熔点高硬度大，可用于制半导体 C. Fe2(SO4)3具有氧化性，可用作净水剂 D. Al(OH)3具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 液氨气化时吸热，可用作制冷剂，故A错误；‎ B. 晶体硅可用于制作半导体材料是因为导电性介于导体与绝缘体之间，与晶体硅熔点高硬度大无关，故B错误；‎ C. Fe2(SO4)3在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质，可用作净水剂，故C错误；‎ D. Al(OH)3是两性氢氧化物，能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了常见物质的用途，解题关键：熟悉相关物质的性质，易错点B，注意结构性质和用途的关系。‎ ‎4.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. 使甲基橙变红色的溶液： Ca2+、Cu2+、ClO－、Cl－‎ B. 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-‎ C. 0.1 mol·L－1 FeSO4溶液中：H+、Al3+、Cl－、NO3-‎ D. Kw/c(H+)＝0.1 mol·L－1的溶液中：Na+、NH4+、CH3COO－、CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 使甲基橙变红色的溶液为酸性酸性溶液，溶液中H+、ClO－反应生成弱酸HClO，在溶液中不能共存，故A错误；‎ B. 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中K＋、AlO2-、Cl－、SO42-之间不生成沉淀、气体、水等，能大量共存，故B正确；‎ C. 0.1 mol·L－1 FeSO4溶液中H+、Fe２+、NO3-发生氧化还原反应生成Fe３＋，在溶液中不能共存，故C错误；‎ D. Kw/c(H+)＝c(OH—)＝0.1 mol·L－1的溶液为碱性溶液，溶液中NH4+、OH－反应生成弱电解质NH3·H2O，在溶液中不能共存，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 盐酸与铁片反应：2Fe＋6H+＝2Fe3＋＋3H2↑‎ B. 酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I−＋IO3-＋6H+＝I2＋3H2O C. 酸性KMnO4溶液和双氧水混合：2MnO4-＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑＋6OH－＋2H2O D. NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水：HCO3-+ Ca2+＋OH－＝CaCO3↓＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 盐酸与铁片反应生成亚铁盐和氢气，反应的离子方程式为：Fe＋2H+＝Fe2＋＋H2↑，故A错误；‎ B. NaIO3和NaI在酸性溶液中发生氧化还原反应生成单质碘和水，反应的离子方程式为：5I−＋IO3-＋6H+＝3I2＋3H2O，故B错误；‎ C. 酸性条件下，酸性KMnO4溶液和双氧水反应生成锰离子、氧气和水，反应的离子方程式为：2MnO4-＋5H2O2+6H+＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故C错误；‎ D. NaHCO3溶液与过量澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为：HCO3-+ Ca2+＋OH－＝CaCO3↓＋H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.下列说法正确的是 A. 氧气和臭氧互为同系物 B. NH3溶于水后所得溶液能导电，所以NH3是电解质 C. 常温常压下，32 g O2中的所含的氧原子数为1.204×1024个 D. 金属钠在空气中切开后表面变暗是因为发生了电化学腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧气和臭氧是氧元素组成的两种不同的单质，互为同素异形体，故A错误；‎ B. NH3溶于水后所得溶液能导电，是因为反应生成的NH3·H2O是弱电解质，不是氨气自已电离，NH3是非电解质，故B错误；‎ C. 常温常压下，32 g O2的物质的量为1mol，所含的氧原子数为1.204×1024个，故C正确；‎ D. 金属钠在空气中切开后表面变暗，是因为钠与氧气反应生成氧化钠，发生了化学腐蚀，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.下列物质的转化在给定条件下能实现的是 A. SO2(NH4)2SO3Na2SO3‎ B. NaCl(aq)Na2CO3(aq)NaOH C. FeOFe(NO3)2Fe(NO3)3‎ D. MgCO3MgCl2(aq)Mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SO2＋2NH3·H2O=(NH4)2SO3，(NH4)2SO3+2NaOH=2NH3＋H2O＋Na2SO3，故A正确；‎ B、NaCl与CO2不能直接生成Na2CO3，故B错误；‎ C、FeO与HNO3反应生成Fe(NO3)3，故C错误；‎ D、MgCl2(aq)电解生成Mg(OH)2和氢气、氯气，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】易错点D，电解熔融无水氯化镁才能获得镁和氯气。‎ ‎8.图是某甲醇燃料电池的工作示意图。下列说法正确的是 A. 电极b为电池负极 B. 电池工作时将电能转化为化学能 C. 放电时a极处所发生的电极反应为：CH3OH－6e－＋H2O＝CO2↑＋6H＋‎ D. 放电时溶液中H＋向a极移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲醇燃料电池”的工作原理：通入甲醇的电极是负极，在负极上是燃料甲醇发生失电子的氧化反应CH3OH-6e－+H2O=CO2↑+6H＋，通入空气的电极是正极，正极上是的电子的还原反应O2+4H＋+4e－═2H2O，燃料电池工作过程中电流方向从正极流向负极，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极。‎ ‎【详解】A. 通入空气的电极是正极，正极上是的电子的还原反应O2+4H＋+4e－═2H2O，电极b为电池的正极，故A错误；‎ B. 电池工作时将化学能转化为电能，故B错误；‎ C. 通入甲醇的电极是负极，在负极上是燃料甲醇发生失电子的氧化反应：CH3OH－6e－＋H2O＝CO2↑＋6H＋，故C正确；‎ D. 该燃料电池工作时H＋移向正极，即a极室向b极室移动，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了燃料电池知识，解题关键：正确判断原电池和电解池及各个电极上发生的电极反应，难点是电极反应式的书写，注意电解质溶液的酸碱性。‎ ‎9.现有下列氧化还原反应：‎ ‎①2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl− ‎ ‎②2Fe2+＋Br2＝2Fe 3+＋2Br－ ‎ ‎③2MnO4-＋10Cl−＋16H+＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O 根据上述反应判断下列结论正确的是 A. 反应①中的氧化剂是Br－‎ B. 反应②中Fe2+发生还原反应 C. 氧化性：MnO4-﹥Cl2﹥Br2﹥Fe 3+‎ D. 向FeBr2的溶液中滴加过量酸性KMnO4溶液，发生反应：MnO4-＋5Fe2+＋8H+＝Mn2+＋5Fe 3+＋4H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①2Br－+Cl2=Br2+2Cl－中，Cl元素的化合价降低，Br元素的化合价升高；‎ ‎②2Fe2＋+Br2=2Fe3＋+2Br－中，Fe元素的化合价升高，Br元素的化合价降低；‎ ‎③2MnO4－+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O中，Cl元素的化合价升高，Mn元素的化合价降低，结合氧化还原反应基本概念及还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答。‎ ‎【详解】A、①2Br－+Cl2=Br2+2Cl－中，Cl元素的化合价降低，反应①中的氧化剂是Cl2‎ ‎，故A错误；‎ B、②2Fe2＋+Br2=2Fe3＋+2Br－中，Fe元素的化合价升高，反应②中Fe2+发生氧化反应，故B错误；‎ C、①2Br－+Cl2=Br2+2Cl－中，氧化性：Cl2﹥Br2，‎ ‎②2Fe2＋+Br2=2Fe3＋+2Br－中，氧化性：Br2﹥Fe 3+，‎ ‎③2MnO4－+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O中，氧化性：MnO4-﹥Cl2，所以氧化性强弱顺序为：氧化性：MnO4-﹥Cl2﹥Br2﹥Fe 3+，故C正确；‎ D、①2Br－+Cl2=Br2+2Cl－中，还原性：Br－＞Cl－，‎ ‎②2Fe2＋+Br2=2Fe3＋+2Br－中，还原性：Fe2＋＞Br－，‎ ‎③2MnO4－+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O中，还原性：Cl－＞Mn2＋，所以还原性强弱顺序为：Fe2＋＞Br－＞Cl－＞Mn2＋，‎ 向FeBr2的溶液中滴加过量酸性KMnO4溶液，先发生反应：MnO4-＋5Fe2+＋8H+＝Mn2+＋5Fe 3+＋4H2O，过量的酸性KMnO4溶液又将Br-氧化，2MnO4－+10Br－+16H＋=2Mn2＋+5Br2+8H2O，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应中氧化性的比较及应用，明确反应中元素的化合价变化及氧化性比较方法为解答的关键，易错点D，FeBr2的溶液中滴加过量酸性KMnO4溶液亚铁离子和溴离子均被氧化。‎ ‎10.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Z同主族且W原子的质子数是Z原子的一半，Y原子的最外层电子数是W原子最外层电子数的一半。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(Z)>r(Y)>r(W)‎ B. 简单气态氢化物的热稳定性：W＜Z C. 由W、X形成的化合物只可能含有离子键 D. X的最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，X为Na，W与Z同主族且W原子的质子数是Z原子的一半，W为O，Z为S，Y原子的最外层电子数是W原子最外层电子数的一半，Y为Al。‎ ‎【详解】由分析：W为O，X为Na，Y为Al，Z为S A. 原子半径：r(Al)>r(S)>r(O)，故A错误；‎ B. 简单气态氢化物的热稳定性：S＜O，故B错误；‎ C. 由W、X形成的化合物Na2O、Na2O2，Na2O2含有离子键和共价键，故C错误；‎ D. X的最高价氧化物对应水化物NaOH的碱性比Y的Al(OH)3强，故D正确；‎ 故选D。‎ 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项时,只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。‎ ‎11.分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图所示。下列关于分枝酸的叙述正确的是 A. 分子中含有5种官能团 B. 分枝酸分子中含有1个手性碳原子 C. 1 mol分枝酸最多可消耗掉溴水中的3 mol Br2‎ D. 既能与乙醇发生酯化反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 含有醇羟基、羧基、醚键、碳碳双键四种官能团，故A错误；‎ B. 分枝酸分子中与醇羟基相连的碳、与醚键相连的六元环上的碳，含有2个手性碳原子，故B错误；‎ C. 1 mol分枝酸中有三个碳碳双键，最多可消耗掉溴水中的3 mol Br2，故C正确；‎ D. 能与乙醇发生酯化反应，没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解题关键：把握官能团与性质的关系，注意官能团的判断，注意醇羟基和酚羟基的区别。‎ ‎12.碱式硫酸铁[Fex(OH)y(SO4)z]（其中Fe元素为+ 3价）是一种新型高效絮凝剂。一种利用废铁屑（含Fe和少量Al2O3、Fe2O3）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：‎ 下列说法正确的是 A. x、y、z一定符合关系式：x＝y＝z B. “过滤”所得滤液中只含溶质FeSO4‎ C. “反应Ⅰ”中包含的反应类型有置换反应、化合反应和复分解反应 D. 在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若有11.2 L(标准状况)的O2参与反应，则相当于节约2 mol NaNO2‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3＋+3HCO3－=Al（OH）3↓+3CO2↑，所以滤渣中成分是Al（OH）3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁。‎ ‎【详解】A. [Fex(OH)y(SO4)z]（其中Fe元素为+ 3价），化合价代数和为0，x、y、z一定符合关系式：3x＝y+2z，故A错误；‎ B. “过滤”所得滤液中除含溶质FeSO4外还有Na2SO4，故B错误；‎ C. 由分析可知，“反应Ⅰ”中包含的反应类型有置换反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、化合反应Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4和复分解反应Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，故C正确；‎ D. 在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L（标准状况），反应过程中提供电子相等，则相当于节约NaNO2的物质的量= =2mol，故D正确；‎ 故选CD 。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离和提纯，侧重考查学生获取信息及利用信息能力、分析能力、实验操作能力，难点D，根据能提供的电子数相等解题。‎ ‎13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向Na2SiO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊 非金属性：C>Si B 室温下，向浓度均为0.1 mol·L－1MgCl2和AlCl3混合溶液中滴加少量氨水，出现白色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]＜‎ Ksp[Al(OH)3]‎ C 向硫酸铜溶液中投入铁片，铁片表面有红色物质析出 氧化性：Cu2＋> Fe3＋‎ D 将红褐色的Fe(OH)3胶体通过滤纸，过滤所得液体为红褐色 直径：Fe(OH)3胶体粒子＜Fe(OH)3沉淀颗粒 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向Na2SiO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明酸性碳酸强于硅酸，说明非金属性：C>Si，故A正确；‎ B、Mg(OH)2和Al(OH)3均为白色沉淀，无法判断生成的是哪种沉淀，故B错误；‎ C、向硫酸铜溶液中投入铁片，铁片表面有红色物质析出，只能说明：氧化性：Cu2＋> Fe2＋，故C错误；‎ D、Fe(OH)3胶体粒子小于滤纸的孔隙，能透过滤纸，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎14.由合成气制备二甲醚的主要原理如下。下列有关说法正确的是 ‎① CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－90.7 kJ·mol－1‎ ‎② 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝－23.5 kJ·mol－1‎ ‎③ CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH3＝－41.2 kJ·mol－1‎ A. 将1mol CO(g)和2 mol H2(g)充分反应，反应会放出90.7 kJ能量 B. 反应①的ΔS＞0‎ C. 反应③使用催化剂，ΔH3减少 D. 反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝－246.1 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将1mol CO(g)和2 mol H2(g)充分反应，由于是可逆反应，放出热量小于90.7 kJ能量，故A错误；‎ B. 反应①气体的物质的量减小，ΔS<0，故B错误；‎ C. 加入催化剂，只改变反应速率，物质的种类不变，则不改变反应热，故C错误；‎ D. 根据盖斯定律，①×2+②+③得，反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝－246.1 kJ·mol－1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎15.将0.20 mol NO和0.20 mol CO混合气体充入容积为2.0 L的恒容密闭容器中，分别在T1和T2温度下发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。反应过程中容器内CO2的物质的量随时间变化关系如图所示，下列说法正确的是 A. T1＜T2‎ B. 容器内气体的密度不再改变时反应到达平衡 C. T2温度下，该反应的平衡常数K＝10‎ D. T1温度时，前12 min的平均反应速率v(CO)＝0.01 mol·L－1·min －1‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 由图T2先达到平衡，对应温度高，T1＜T2，故A正确；‎ B.‎ ‎ 气体的质量不变，体积不变，容器内气体的密度不再改变时，不能判断反应是否到达平衡，故B错误；‎ C. T2温度下，2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)‎ 起始量/mol 02 0.2‎ 变化量/mol 0.1 0.1 0.05 0.1‎ 平衡量/mol 0.1 0.1 0.05 0.1‎ 该反应的平衡常数K＝ =10，故C正确；‎ D. T1温度时，前12 min的平均反应速率v(CO)＝（0.2-0.12）mol÷2L÷12min=0.003 33mol·L－1·min －1，故D错误；‎ 故选AC.‎ ‎16.铁是地球表面最丰富的金属之一，其合金、化合物具有广泛用途。‎ ‎⑴Fe3+可以与SCN－、CN－、有机分子等形成配合物。基态Fe3+的电子排布式为______；与SCN－互为等电子体且为非极性分子的化学式为______。‎ ‎⑵化合物FeCl3是棕色固体、易潮解、100℃左右时升华，它的晶体类型是______。‎ ‎⑶普鲁士蓝俗称铁蓝，结构如图甲所示（K+未画出），平均每两个立方体中含有一个K+，该晶体化学式为______。又知该晶体中铁元素有＋2价和＋3价两种，则Fe3+与Fe2+的个数比为______。‎ ‎⑷在一定条件下铁形成的晶体的基本结构单元如图乙和图丙所示，则图乙和图丙的结构中铁原子的配位数之比为______，两种晶体中空间利用率较高的是______。（填“图乙”或“图丙”）‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5 (2). CO2(或CS2) (3). 分子晶体 (4). KFe2(CN)6 (5). 1∶1 (6). 2∶3 (7). 图丙 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Fe元素原子失去4s能级2个电子及3d能级1个电子形成Fe3＋；‎ 原子个数相等且价电子数相等的分子或离子为等电子体；‎ ‎（2）分子晶体沸点比较低；‎ ‎（3）利用均摊法确定离子个数之比，确定化学式；‎ ‎（4）根据均摊法分别计算两种晶体的配位数．面心立方密堆积空间利用率较高。‎ ‎【详解】（1）Fe原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d 64s2，Fe原子失去4s能级2个电子及3d能级1个电子形成Fe3＋，Fe3＋的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d5 或[Ar]3d5；‎ SCN－中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN－互为等电子体的一种分子为CO2(或CS2) ；‎ ‎（2）化合物FeCl3是棕色固体、易潮解、100℃左右时升华，它的晶体类型是分子晶体；‎ ‎（3）每隔一个立方体中心有一个钾离子，所以一个晶胞中钾离子个数=1÷2=0.5，该立方体中铁原子个数=8×1/8=1，CN－位于每条棱中点，该立方体中含有CN－个数=12×1/4=3，所以平均化学式是K 0.5 Fe（CN）3，该晶体的化学式为 KFe2(CN)6,Fe平均化合价2.5，所以亚铁离子与铁离子之比是1：1；‎ ‎（4）图2中Fe位于体心和顶点，铁的配位数为8，图3中Fe位于顶点和面心，距离最近的为顶点和面心的铁原子，有12个，所以配位数为12；则图乙和图丙的结构中铁原子的配位数之比为8:12=2:3；‎ 立方体心堆积晶胞, 因此晶胞的大小可以用等径圆球的半径r表示出来, 即晶胞的边长a与r的关系为: ，该晶胞中有2个圆球，堆积用圆球半径r表示的晶胞体积为:‎ 立方面心堆积晶胞, 晶胞的大小可以用等径圆球的半径r表示出来, 即晶胞的边长a与r的关系为: ，该晶胞中有4个圆球，堆积用圆球半径r表示的晶胞体积为:‎ 两种晶体中空间利用率较高的是图丙。‎ ‎【点睛】本题考查较为综合，涉及核外电子的排布、等电子体、杂化方式判断、有关晶胞计算，把握电子排布式、杂化类型、晶体的类型是解题关键，难点：（4）空间利用率的计算．‎ ‎17.铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。‎ ‎⑴铜与N2O4在一定条件下可制备无水Cu(NO3)2。Cu在周期表中位于______区，基态Cu原子的电子排布式为______。NO3-的空间构型为_____。‎ ‎⑵邻氨基吡啶()的铜配合物在有机合成中有重要作用。 C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为______；邻氨基吡啶的铜配合物结构简式如图所示，C原子轨道杂化类型为______；1 mol 中σ键的数目为______mol。‎ ‎⑶如图是铜的一种氮化物晶体的晶胞结构。该化合物中Cu的化合价是______，Cu和N原子的配位数之比是______。‎ ‎【答案】 (1). ds (2). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (3). 平面三角形 (4). N＞O＞C (5). sp2、sp3 (6). 13 (7). ＋1 (8). 1∶3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①Cu原子核外有29个电子，Cu在周期表中位于ds区，根据构造原理书写基态Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；‎ NO3－中N原子价层电子对个数=3+（5+1-3×2）/2=3且不含孤电子对，NO3-中心原子N是SP2杂化，空间构型为平面三角形；‎ ‎（2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：N＞O＞C；‎ 形成双键的C原子，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化，而甲基中C原子形成4个σ键、没有孤电子对，C原子杂化轨道数目为4，C原子采取sp3杂化；‎ 分子中含有4个C-H键、2个N-H键，2个C-N键，1个C═N键，2个C-C键，2个C═C键，分子中含有13个σ键，1mol含有σ键的数目为13mol；‎ ‎（3）N原子个数=8×1/8=1、Cu原子个数=12×1/4=3，所以其化学式为Cu3N，该化合物中Cu的化合价是+1，Cu原子的配位数2和N原子的配位数6，Cu和N原子的配位数之比是1:3.‎ ‎【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、等电子体、电离能、杂化方式、化学键等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况。‎ ‎18.研究物质的组成、结构有利于更好的理解物质的性质。‎ ‎⑴图3是As4S4分子的结构，该分子中含非极性共价键的数目是_____；基态As原子的外围电子排布式是______。‎ ‎⑵图1是某种晶体的晶胞，该晶体的化学式是______。‎ ‎⑶图1对应物质与图3对应物质熔点较高的是______，原因是______。‎ ‎⑷NaCl的熔点为801.3℃，MgO的熔点高达2800℃。MgO熔点高的原因是______。‎ ‎⑸图3所示是硼酸晶体的层状结构，层内H3BO3分子通过氢键相连。H3BO3分子B原子的轨道杂化方式是______，1 mol H3BO3晶体中含有的氢键数目是_____。‎ ‎⑹金刚石、晶体硅、金刚砂（SiC）的晶体类型相同，它们的熔点由高到低的顺序是_____。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 4s24p3 (3). SiO2 (4). SiO2 (5). SiO2是原子晶体，其熔点高于分子晶体As4S4高 (6). 都是离子晶体，因MgO所带的电荷多，离子半径之和小，晶格能大，熔点高 (7). sp2 (8). 3×6.02×1023 (9). 金刚石＞金刚砂＞晶体硅 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）图3是As4S4分子的结构，该分子中含非极性共价键的数目是2；基态As原子最外层 电子数为5，外围电子排布式是4s24p3；‎ ‎（2）Si：8×1/8+6×1/2+4=8,O:4×4=16，故化学式为SiO2；‎ ‎（3）图1对应物质SiO2是原子晶体，图3对应物质是As4S4分子，是分子晶体，熔点较高的是SiO2；‎ ‎（4）MgO熔点高的原因是：都是离子晶体，因MgO所带的电荷多，离子半径之和小，晶格能大，熔点高；‎ ‎（5）图3所示是硼酸晶体的层状结构，层内H3BO3分子通过氢键相连。B与O形成三个σ键，无孤电子对，H3BO3分子B原子的轨道杂化方式是sp2；‎ 一个H3BO3分子对应着6个氢键，一个氢键对应着2个H3BO3分子，因此含有1 molH3BO3分子的晶体中有3mol氢键；‎ ‎（6）金刚石、晶体硅和金刚砂（碳化硅）均属于原子晶体，原子半径越小，共价键的键长越短，共价键越稳定，晶体的熔点越高，键长：Si-Si、Si-C、C-C键，则晶体熔沸点：金刚石＞金刚砂＞晶体硅。‎ ‎19.已知X、Y、Z、W、R五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大。元素X是周期表中原子半径最小的元素；Y的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同；W位于第2周期，其基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；R基态原子3d轨道上的电子数是4s轨道上的4倍。请回答下列问题：（答题时，X、Y、Z、W、R用所对应的元素符号表示）‎ ‎⑴基态R原子的外围电子排布式为______；Y、Z、W的电负性由大到小的顺序是____。‎ ‎⑵元素Y、Z均能与元素X形成含18个电子的微粒，这些微粒中沸点最高的是______，其沸点最高的原因是______；Y2X4难溶于X2W的原因是_____。‎ ‎⑶YW的结构式为______(须标出其中的配位键)；在化学式为［R(ZX3)4(X2W)2］2+的配离子中与R形成配位键的原子是______。‎ ‎【答案】 (1). 3d84s2 (2). O＞N＞C (3). N2H4 (4). N2H4分子间存在氢键 (5). C2H4是非极性分子，H2O是极性溶剂，非极性分子难溶于极性溶剂 (6). (7). N、O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W、K五种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大．元素X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y的基态原子中电子占据了三种能量不同的原子轨道，且这三种轨道中的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则Y为碳元素；W位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s22s22p4，则W为O元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，故Z为N元素；R基态原子3d轨道上的电子数是4s轨道上的4倍，R为Ni。‎ ‎【详解】（1）R为Ni，基态R原子的外围电子排布式为3d84s2 ；‎ 同周期随原子序数增大，元素电负性呈增大趋势，Y、Z、W的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C。‎ ‎（2）C、N两元素均可形成含18个电子氢化物分子，其氢化物分子分别为C2H6、N2H4，N2H4分子之间存在氢键，C2H6分子之间无氢键，二者沸点相差较大；‎ 根据相似相溶的规律：C2H4是非极性分子，H2O是极性溶剂，非极性分子难溶于极性溶剂；‎ ‎（3）CO是SP杂化，碳和氧形成叁键，CO的结构式为(须标出其中的配位键)；Ni提供空轨道，N和O提供孤电子对，在化学式为［Ni(NH3)4(H2O)2］2+的配离子中与Ni形成配位键的原子是N和O。‎ ‎【点睛】本题是对物质结构的考查，推断元素是解题关键，易错点：注意核外电子排布、电负性、氢键、配位键等基础知识。‎ ‎20.CuCl难溶于水，广泛应用于电镀、印染等行业。工业上用辉铜矿（CuS2）为原料制取CuCl的一种流程图如下：‎ ‎⑴写出“氧化Ⅰ”反应的离子方程式：______。‎ ‎⑵写出“氧化Ⅱ”反应的离子方程式：_____。‎ ‎⑶写出“还原”反应的离子方程式：______。‎ ‎⑷将Cl2通入热的NaOH溶液，可以制得含NaClO3的溶液，写出该反应的离子方程式：_____。‎ ‎【答案】 (1). MnO2＋CuS2＋4H+＝2S＋Mn2+＋Cu2+＋2H2O (2). 5Mn2+＋2ClO3-＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+ (3). 2Cu2+＋SO32-＋2Cl－＋H2O＝2CuCl↓＋SO42-＋2H+ (4). 3Cl2＋6OH－5Cl－＋ClO3-＋3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 辉铜矿（CuS2）溶解于稀硫酸和二氧化锰的混合物得到硫、硫酸铜及硫酸锰的混合溶液，过滤得到滤渣硫，滤液中加NaClO3，发生反应Ⅱ5Mn2+＋2ClO3-＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+ ，过滤，除去MnO2，滤液加入Na2SO3发生氧化还原反应得到CuCl沉淀，过滤、水洗、醇洗最后烘干得到CuCl。‎ ‎【详解】（1）反应Ⅰ中是Cu2S在酸性条件下被二氧化锰氧化，其中S、Cu元素分别被氧化为S、Cu2＋，“氧化Ⅰ”反应的离子方程式：MnO2＋CuS2＋4H+＝2S＋Mn2+＋Cu2+＋2H2O。‎ ‎（2）硫酸锰被氯酸钠氧化成二氧化锰，“氧化Ⅱ”反应的离子方程式：5Mn2+＋2ClO3-＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+。‎ ‎（3）亚硫酸钠水溶液具有较强还原性，将Cu2+还原成CuCl，“还原”反应的离子方程式：2Cu2+＋SO32-＋2Cl－＋H2O＝2CuCl↓＋SO42-＋2H+。‎ ‎（4）将Cl2通入热的NaOH溶液，可以制得含NaClO3的溶液，同时生成氯化钠和水，该反应的离子方程式：3Cl2＋6OH－5Cl－＋ClO3-＋3H2O。‎ ‎21.依据信息写出下列反应的方程式或填充合适的物质。‎ ‎⑴氢氧化铟[In(OH)3]广泛应用于电子行业。以氧化铟废渣（主要含In2O3和Fe3O4）为原料制备氢氧化铟的一种工艺流程如下：‎ 已知：In2O3为两性氧化物，在强碱性条件下In元素以InO33-离子形式存在。‎ ‎①写出“碱浸”时反应的离子方程式：______。‎ ‎②写出“酸化”时反应的离子方程式：______。‎ ‎⑵下表所示为部分酸的电离平衡常数：‎ 酸 H2SO3‎ CH3COOH HCOOH 电离平衡常数 Ka1＝1.2×10－2‎ Ka2＝5.6×10－8‎ ‎1.75×10－5‎ ‎1.8×10－4‎ 从H2SO3、CH3COOH中选择合适的物质，以实现HCOONa→HCOOH的转化，写出该反应的离子方程式：______。‎ ‎⑶下表所示为部分物质的溶度积常数：‎ 难溶物 Mn(OH)2‎ Co(OH)2‎ MnCO3‎ 溶度积常数 ‎2×10－13‎ ‎5.9×10－15‎ ‎2.2×10－11‎ ‎①从NaOH、Co(OH)2中选取合适的物质，填在如下转化关系中：MnCl2→Mn(OH)2。______ ‎ ‎②NaNO3、Na2CO3中选择合适的物质，填在如下转化关系中：MnCl2→NaCl。_______‎ ‎【答案】 (1). In2O3＋6OH－＝2InO33-＋3H2O (2). InO33-＋6H+===In(OH)3 (3). HCOO－＋H2SO3=== HCOOH＋HSO3- (4). NaOH (5). Na2CO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）氧化铟废渣（主要含In2O3和Fe3O4）碱浸发生In2O3＋6OH－＝2InO33-＋3H2O，过滤除去Fe3O4，滤液中加盐酸酸化，转化成In(OH)3；‎ ‎（2）根据电离平衡常数判断酸性强弱；‎ ‎（3）根据溶度积判断。‎ ‎【详解】（1）①In2O3为两性氧化物，在强碱性条件下In元素以InO33-离子形式存在，“碱浸”时反应的离子方程式：In2O3＋6OH－＝2InO33-＋3H2O；‎ ‎②InO33-盐酸化后生成In(OH)3，“酸化”时反应的离子方程式：InO33-＋6H+===In(OH)3；‎ ‎（2）电离平衡常数越大，酸性越大，酸性：H2SO3>HCOOH>CH3COOH>HSO3-，实现HCOONa→HCOOH的转化，只有通入SO2，该反应的离子方程式：HCOO－＋H2SO3=== HCOOH＋HSO3-；‎ ‎（3）Mn(OH)2是难溶物质，MnCl2+2NaOH→Mn(OH)2↓+2NaCl，Co(OH)2比Mn(OH)2更难溶，故选NaOH；‎ MnCO3难溶，MnCl2+Na2CO3=MnCO3↓+2NaCl，Mn(NO3)2易溶，不能用NaNO3，故选Na2CO3。‎ ‎22.工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe3＋)生产重铬酸钾(K2Cr2O7)。工艺流程如下：‎ ‎⑴Na2Cr2O7可由FeO·Cr2O3先氧化、再酸化得到。其中FeO·Cr2O3发生氧化反应的化学方程式为4FeO·Cr2O3＋7O2＋20NaOH8Na2CrO4＋4NaFeO2＋10H2O。该反应中每生成1 mol NaFeO2，被Fe元素还原的O2的物质的量为______mol。‎ ‎⑵“调节pH＝4”后，溶液中c(Fe3＋)＝4×10－8 mol·L－1，则该温度下Ksp[Fe(OH)3]＝______。‎ ‎⑶已知部分物质的溶解度曲线如图所示。反应Ⅰ的化学反应类型为______。实验室由质量分数为10%的K2Cr2O7溶液获取K2Cr2O7晶体的方法是______。‎ ‎⑷为测定K2Cr2O7样品纯度（杂质不参与反应），实验过程为：准确称量一定质量样品，与足量酸性KI 溶液充分反应后，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2。实验过程中发生的物质转化关系分别为：Cr2O72-Cr3＋ S2O32-S4O62-，根据电子得失守恒可知n(K2Cr2O7)∶n(Na2S2O3)＝______。‎ ‎【答案】 (1). 0.25 (2). 4×10－38 (3). 复分解反应 (4). 加热浓缩、降温结晶、过滤 (5). 1:6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，溶解后调节pH除去少量杂质Fe3＋，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl发生Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到K2Cr2O7，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）由4FeO·Cr2O3＋7O2＋20NaOH8Na2CrO4＋4NaFeO2＋10H2O，由Fe元素还原的O2的物质的量占1/(1+2×3)=1/7。该反应中每生成1 mol NaFeO2，被Fe元素还原的O2的物质的量为7mol÷7÷4=0.25mol；‎ ‎（2）“调节pH＝4”后，pH=4时c(OH-)=10-10 mol·L－1溶液中c(Fe3＋)＝4×10－8 mol·L－1，则该温度下Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－8×(10-10)3=4×10－38。‎ ‎（3）加入KCl发生反应Ⅰ：Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图可知，低温下K2Cr2O7的溶解度较小，反应Ⅰ的化学反应类型为复分解反应。实验室由质量分数为10%的K2Cr2O7溶液为不饱和溶液，先变成饱和溶液，再冷却结晶，获取K2Cr2O7晶体的方法是加热浓缩、降温结晶、过滤。‎ ‎（4）实验过程中发生的物质转化关系分别为：Cr2O72-Cr3＋ S2O32-S4O62-，1molK2Cr2O7中Cr由+6降为+3价，共降6价，得6mol电子，1molNa2S2O3中S由+2价升为+2.5价，共升1价，失1mol电子，根据电子得失守恒可知n(K2Cr2O7)∶n(Na2S2O3)＝1:6。‎ ‎23.盐酸氨柔比星是临床主要用于治疗癌症的药物。F是合成盐酸氨柔比星的三种中间体之一，其合成路线如下：‎ ‎⑴化合物D的分子式为C12H14O2，请写出D的结构简式：______。‎ ‎⑵写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：_____。‎ Ⅰ．能发生银镜反应，且能与FeCl3溶液发生显色反应；‎ Ⅱ．分子中含有4种不同化学环境氢。‎ ‎⑶请写出以为原料制备的合成路线（无机试剂任选）。合成路线流程例见本题题干。____________________‎ ‎【答案】 (1). (2). 或 (3). 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A在HF作用下发生取代反应生成B，B用NaBH4还原成C，C中含有醇羟基在浓硫酸作用下发生消去反应，生成D，D为，D在OsO4作用下氧化成E，引入两个羟基，最后在HCl作用下，转化为F。‎ ‎【详解】（1）C中含有醇羟基在浓硫酸作用下发生消去反应，生成D，化合物D的分子式为C12H14O2，D的结构简式：。‎ ‎（2）B的不饱和度为6，同时满足下列条件的B的同分异构体：Ⅰ．能发生银镜反应，含有醛基，且能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；Ⅱ．分子中含有4种不同化学环境的氢，说明分子对称，同分异构体可能为：或；‎ ‎（3）为一个六元环和七元环，产物为两个六元环，要将酯基拆开，利用题干中A转化成B的信息，构建两个六元环，再将苯环及双键还原，再消去羟基得产品。合成路线流程 或。‎ ‎【点睛】难点：（3）合成路线的设计，为一个六元环和七元环，产物为两个六元环，要将酯基拆开，利用题干中A转化成B的信息，构建两个六元环，这个难点突破后，问题迎刃而解。‎ ‎ ‎