【化學(xué)】山西省長治二中2018-2019學(xué)年高二下學(xué)期第一次月考（解析版）試卷-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

說明:本試卷分為選擇題和非選擇題兩部分，共100分,考試時間90分鐘。
可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1 C-12 Na-23 O-16 K-39 Fe-56 S-32 Cl-35．5 Mg-24 Al-27 Ba-137 Cu-64 F-19 Ni-59
第Ⅰ卷（選擇題共48分）
一、選擇題(每小題3分,共48分。每小題只有一個正確選項,請將正確答案填在選擇題答題欄）
1.解釋下列物質(zhì)性質(zhì)的變化規(guī)律與物質(zhì)結(jié)構(gòu)間的因果關(guān)系時與鍵能無關(guān)的變化規(guī)律是（）
①HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱 ②NH3易液化
③F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸點逐漸升高 ④H2S的熔、沸點小于H2O的熔、沸點 ⑤NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔點依次減低
A. ①③④ B. ③④ C. ②③④ D. 全部
【答案】C
【解析】
試題分析：①HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱，是因為氫原子和鹵素原子間共價鍵的鍵能依次減小的緣故，與鍵能有關(guān)；②NH3易液化是指氨氣的物理性質(zhì)，而鍵能是指化學(xué)性質(zhì)，與鍵能無關(guān)；③F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸點逐漸升高，是因為鹵素單質(zhì)分子間作用力依次增大，與鍵能無關(guān)；④H2S的熔、沸點小于H2O的熔、沸點，是因為水分子之間形成氫鍵，氫鍵要大于范德華力，但氫鍵不屬于化學(xué)鍵，與化學(xué)鍵的鍵能無關(guān)；⑤NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔點依次減低，是因為鈉離子和鹵素離子間的離子鍵依次減弱的緣故，與晶格能有關(guān)；答案選C。
考點：考查鍵能、晶格能、影響物質(zhì)熔沸點的因素等知識。
2. 下列化學(xué)用語的表達(dá)正確的是 ( )
A. 原子核內(nèi)有10個中子的氧原子O
B. 氯原子的結(jié)構(gòu)示意圖:
C. Fe3+的最外層電子排布式為3s23p63d5
D. 基態(tài)銅原子的外圍電子排布圖:
【答案】C
【解析】
試題分析：A.原子核內(nèi)有10個中子的氧原子，質(zhì)量數(shù)為18，表示為，A錯誤；B.氯原子的結(jié)構(gòu)示意圖：，B錯誤；C.Fe是26號元素，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，則Fe3＋的最外層電子排布式為3s23p63d5，C項正確；D.基態(tài)銅原子的外圍電子排布圖：，D項錯誤；答案選C。
考點：考查化學(xué)用語的正誤判斷。
3.化學(xué)與生產(chǎn)、生活、環(huán)境等息息相關(guān)，下列有關(guān)說法中不正確的是（）
A. PM2.5是指粒徑不大于2.5μm的可吸入懸浮顆粒物
B. 綠色化學(xué)要求從源頭上消除或減少生產(chǎn)活動對環(huán)境的污染
C. 雙氧水、高錳酸鉀溶液可以殺滅病毒，其消毒原理與二氧化硫漂白絲織物原理相同
D. 工業(yè)上生產(chǎn)玻璃、水泥、漂白粉及用鐵礦石冶煉鐵，均需要用石灰石為原料
【答案】C
【解析】
A、PM2.5是指空氣中直徑等于或小于2.5μm的懸浮顆粒物，它能較長時間懸浮于空氣中，其在空氣中含量濃度越高，就代表空氣污染越嚴(yán)重，故A正確；B、綠色化學(xué)的核心是利用化學(xué)原理從源頭上消除或減少生產(chǎn)生活對環(huán)境的污染，而不能污染后再治理，故B正確；C、雙氧水、高錳酸鉀溶液可以殺滅病毒是因為其強的氧化性，二氧化硫漂白絲織物是因為二氧化硫能夠與有色物質(zhì)化合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，二者原理不同，故C錯誤；D、制玻璃的原料：石英砂、石灰石、長石、純堿、硼酸等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化鈣進(jìn)而得到消石灰，用氯氣與消石灰反應(yīng)得到漂白粉，因此工業(yè)上生產(chǎn)玻璃、水泥、漂白粉，均需要用石灰石為原料，故D正確；故選C。
點睛：本題考查了綠色化學(xué)、PM2.5、常見殺菌消毒劑、漂白劑的原理，化工生產(chǎn)的原料，題目難度不大，側(cè)重于考查化學(xué)知識在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用，解題關(guān)鍵：相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)，熟悉綠色化學(xué)的核心，易錯點：D，要熟悉常見工業(yè)生產(chǎn)的原料。
4.某恒定溫度下，在一個2L的密閉容器中充入A氣體、B氣體，其濃度分別為2 mol/L，1 mol/L，且發(fā)生如下反應(yīng)：3A(g)+2B(g) ?4C(?)+2D(?)已知“?”代表C、D狀態(tài)未確定；反應(yīng)一段時間后達(dá)到平衡，測得生成1.6 mol C，且反應(yīng)前后壓強比為5：4，則下列說法中正確的是（）
①該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式為：
②此時B的轉(zhuǎn)化率為35%
③增大該體系壓強，平衡向右移動，但化學(xué)平衡常數(shù)不變
④增加C的量，A、B轉(zhuǎn)化率不變
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【詳解】反應(yīng)一段時間后達(dá)到平衡，測得反應(yīng)前后壓強比為5：4，故反應(yīng)后氣體體積減小，故C、D至少一種不為氣體；在一個2L的密閉容器中充入A氣體，B氣體，測得其濃度為2mol/L和1mol/L；則A氣體，B氣體的物質(zhì)的量分別為2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，則反應(yīng)前氣體總的物質(zhì)的量為4mol+2mol=6mol；測得反應(yīng)前后壓強比為5：4，故平衡時氣體總的物質(zhì)的量為6mol×4/5=4.8mol；生成1.6molC，則生成D的物質(zhì)的量為1.6×2/4=0.8mol，反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為1.6×2/4=0.8mol，反應(yīng)A的物質(zhì)的量為1.6×3/4=1.2mol，則平衡時，A、B、C、D的物質(zhì)的量分別為4mol-1.2mol=2.8mol、2mol-0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡時氣體總的物質(zhì)的量為6mol×=4.8mol，故D為氣體，C不為氣體．①C不為氣體，故C不能出現(xiàn)在平衡常數(shù)的表達(dá)式中，故①錯誤；②反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為0.8mol，故B的平衡轉(zhuǎn)化率為×100%=40%，故②錯誤；③反應(yīng)后氣體體積減小，故增大該體系壓強，平衡向右移動；平衡常數(shù)與溫度有關(guān)，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變，故③正確；④C不為氣體，故增加C的量，平衡不移動，故A、B轉(zhuǎn)化率不變，故④正確；故說法中正確的是③④，答案選C。
5.實驗：①向盛有1 mL 0.1 mol·L-1MgCl2溶液試管中加1 mL 0.2 mol·L-1NaOH溶液，得到濁液a，過濾得到濾液b 和白色沉淀c。②向沉淀c中滴加0.1mol·L-1FeCl3溶液，沉淀變?yōu)榧t褐色。下列分析不正確的是（）
A. 濾液b中不含有Mg2+
B. 實驗可以證明Fe(OH)3比Mg(OH)2更難溶
C. ②中顏色變化說明Mg(OH)2轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3
D. 濁液a中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s) ?Mg2+ (aq)＋2OH－(aq)
【答案】A
【解析】
【詳解】將1 mL 0.1mol?L-1?MgCl2溶液和1 mL 0.2 mol·L—1NaOH溶液等體積混合，恰好得到氫氧化鎂懸濁液和氯化鈉溶液的混合物，氫氧化鎂存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2?Mg2++2OH-。A、將a中所得濁液氫氧化鎂過濾，氫氧化鎂存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2?Mg2++2OH-，所得濾液中含少量Mg2+，故A錯誤；B、氫氧化鎂的懸濁液中滴加氯化鐵會生成氫氧化鐵沉淀，沉淀向著更難溶的物質(zhì)轉(zhuǎn)化，所以實驗可以證明Fe(OH)3比Mg(OH)2更難溶，故B正確；C、②中沉淀變?yōu)榧t褐色，說明Mg(OH)2和氯化鐵之間反應(yīng)生成氫氧化鐵，故C正確；D、濁液a為氫氧化鎂懸濁液，氫氧化鎂存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2?Mg2++2OH-，故D正確；故選A。
6.控制適合的條件，將反應(yīng)Fe3++Ag?Fe2++Ag+設(shè)計成如下圖所示的原電池(鹽橋裝有瓊脂-硝酸鉀溶液；靈敏電流計的0刻度居中，左右均有刻度)。已知接通后，觀察到電流計指針向右偏轉(zhuǎn)。下列判斷不正確的是（）。

A. 在外電路中，電子從銀電極流向石墨電極
B. 鹽橋中的K+移向甲燒杯
C. 電流計指針居中后,往甲燒杯中加入一定量的鐵粉，電流計指針將向左偏轉(zhuǎn)
D. 一段時間后，電流計指針反向偏轉(zhuǎn)，越過0刻度，向左邊偏轉(zhuǎn)
【答案】D
【解析】
分析：根據(jù)原電池總反應(yīng)方程式Fe3++AgFe2++Ag+可知石墨電極為正極，F(xiàn)e3+得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，銀電極為負(fù)極，Ag失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，據(jù)此解答。
詳解：A項，石墨電極為正極，得到電子，銀電極為負(fù)極，失去電子，因此外電路中電子從銀電極流向石墨電極，故A項正確。
B項，鹽橋中的陽離子K+移向正極處的FeCl3溶液，以保證兩電解質(zhì)溶液均保持電中性，故B項正確；
C項，電流計指針居中后，往甲燒杯中加入一定量的鐵粉，由于鐵的金屬活動性比銀強，形成了新的原電池，此時鐵作負(fù)極，銀電極作正極，外電路電流方向為由由銀到石墨，故電流計指針將向左偏轉(zhuǎn)，故C項正確；
D項，一段時間后，原電池反應(yīng)結(jié)束，靈敏電流計指針應(yīng)該指向0刻度，故D項錯誤；
綜上所述，本題正確答案為D。
7.草酸（H2C2O4）是二元弱酸（K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5）。向10mL稀H2C2O4溶液中滴加等濃度NaOH溶液，H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的濃度分?jǐn)?shù)δ隨溶液pH變化的關(guān)系如下圖，以下說法正確的是（）

A. HC2O4-的濃度分?jǐn)?shù)隨pH增大而增大
B. 交點a處對應(yīng)加入的NaOH溶液的體積為5mL
C. 交點b處c(H+)=6.4×10-5
D. pH=5時存在c(Na+)+c(H+)＝c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)
【答案】C
【解析】
圖中曲線①H2C2O4為、②為 HC2O4—、③為C2O42—的濃度隨pH的變化；A．由圖中曲線可知HC2O4—的濃度分?jǐn)?shù)隨pH增大先增大后減小，故A錯誤；B．交點a處對應(yīng)c(H2C2O4)=c(HC2O4—)，而加入的NaOH溶液的體積為5mL時H2C2O4和NaHC2O4等物質(zhì)的量，因H2C2O4的電離大于HC2O4—水解，則溶液中c(H2C2O4)Cl2>Br2>I2
D. CI4＞CBr4＞CCl4＞CF4
【答案】D
【解析】
【詳解】A. 原子晶體中共價鍵的鍵長越短，鍵能越大，熔、沸點越大，則熔、沸點為金剛石>二氧化硅>碳化硅>晶體硅，A項錯誤；
B. 同主族金屬從上到下原子半徑逐漸增大，金屬的熔點逐漸降低，所以Na＞K＞Rb，B項錯誤；
C. 在結(jié)構(gòu)相似的分子晶體中，分子的相對分子質(zhì)量越大，分子間的范德華力越大，其對應(yīng)的熔、沸點越高，所以F2＜Cl2＜Br2＜I2，C項錯誤；
D. 四種物質(zhì)是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，其相對分子質(zhì)量越大，分子間的范德華力越大，所以熔沸點從大到小為：CI4＞CBr4＞CCl4＞CF4，D項正確；
答案選D。
【點睛】熔沸點高低比較規(guī)律可歸納如下：
(1)異類晶體：一般規(guī)律為原子晶體 > 離子晶體 > 分子晶體.如SiO2 > NaCl > CO2.金屬晶體熔.沸點變化大.根據(jù)實際情況分析；
(2)同類晶體：
① 原子晶體：半徑和越小，即鍵長越短，共價鍵越強，晶體的熔.沸點越高。如:金剛石 > 金剛砂 > 晶體硅.
② 離子晶體：離子半徑越小，離子電荷數(shù)越大，離子鍵越牢固，晶體的熔、沸點越高。如:LiCl >NaCl>KCl >CsCl.MgO>NaCl.
③ 組成和結(jié)構(gòu)相似的分子晶體：相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大；極性越大，分子間作用力越大。如F2 < Cl2 < Br2 < I2，CO > N2。含有氫鍵的分子晶體熔沸點相對較大，且分子間氫鍵作用強于分子內(nèi)氫鍵。
④ 金屬晶體:價電子數(shù)越多，半徑越小，金屬鍵越強，熔、沸點越高，如Na < Mg < Al。
12.某新型水系鈉離子電池工作原理如下圖所示。TiO2光電極能使電池在太陽光照下充電，充電時Na2S4還原為Na2S。下列說法錯誤的是（）

A. 充電時，太陽能轉(zhuǎn)化為電能，電能又轉(zhuǎn)化為化學(xué)能
B. 放電時，a極為負(fù)極
C. 充電時，陽極的電極反應(yīng)式為3I--2e-= I3-
D. M是陰離子交換膜
【答案】D
【解析】
A. 充電時，太陽能轉(zhuǎn)化為電能，電能又轉(zhuǎn)化為化學(xué)能貯存起來，故A正確；B. 放電時，a極為負(fù)極，Na2S失電子氧化為Na2S4，故B正確；C. 充電時，陽極失電子被氧化，陽極的電極反應(yīng)式為3I--2e-=I3-，故C正確；D. M是陽離子交換膜，陰離子會相互反應(yīng)，故D錯誤，故選D。
13.X、Y、Z、W 是短周期中原子序數(shù)依次增大的四種元素。X可以分別與Y、Z、W 結(jié)合生成甲、乙、丙三種相同質(zhì)子數(shù)的分子；相關(guān)物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示，已知丁是無色氣體，遇空氣顯紅棕色。下列說法正確的是

A. 原子半徑的大?。篧>X>Y>Z B. 單質(zhì)的穩(wěn)定性：X>Y>Z>W
C. 簡單氫化物的沸點：Y>Z>W D. X 與Y、Z 均可形成原子個數(shù)比為2: 1的化合物
【答案】D
【解析】
丁是無色氣體，遇到空氣顯紅棕色，即丁為NO，單質(zhì)Z與化合物甲反應(yīng)生成NO，推出單質(zhì)Z為O2，化合物甲為NH3，則乙為H2O，能與H2O反應(yīng)生成氧氣的單質(zhì)為F2，因此W為F2，丙為HF，且NH3、H2O、HF質(zhì)子數(shù)相同，A、原子半徑大小順序是N>O>F>H，故A錯誤；B、N2中N和N之間共用叁鍵，N2化學(xué)性質(zhì)相當(dāng)穩(wěn)定，因此N2穩(wěn)定性最強，故B錯誤；C、非金屬性越強，其氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：F>O>N，因此穩(wěn)定性：HF>H2O>NH3，故C錯誤；D、可以形成N2H4、H2O，故D正確。
14.元素K的焰色反應(yīng)呈紫紅色，其中紫色對應(yīng)的輻射波長為（）nm
A. 404.4 B. 553.5 C. 589.2 D. 670.8
【答案】A
【解析】
【詳解】紫色波長介于400nm～435nm之間，只有A符合，故選A。
15.已知X、Y、Z為同一周期的三種元素，其原子的部分電離能(kJ·mol-1)如下表所示：
元素
電離能/kJ·mol－1
X
Y
Z
I1
496
738
577
I2
4562
1451
1817
I3
6912
7733
2754
I4
9540
10540
11578
下列說法正確的是（）
A. 三種元素中，X元素的第一電離能最小，其電負(fù)性在同一周期元素中也最小
B. 三種元素中，Y元素的第一電離能最大，其電負(fù)性也最大
C. 等物質(zhì)的量的X、Y、Z三種單質(zhì)與少量鹽酸反應(yīng)放出氫氣的物質(zhì)的量之比為1：1：1
D. 三種單質(zhì)與鹽酸反應(yīng)放出等量氫氣時，消耗X、Y、Z的物質(zhì)的量之比為3：2：1
【答案】A
【解析】
根據(jù)元素電離能的變化可知：X為 IA族元素、Y為 II A族元素、Z為III A 族元素，又知X、Y、Z為同一周期的三種元素，而且X為第IA族元素可以失去4個電子，這三種元素為第三周期元素，分別為Na、Mg、Al；第一電離能最小的為Na，電負(fù)性在同一周期元素中最小的也是鈉；A正確；第一電離能最小的為Al，電負(fù)性為三種元素中最大；B錯誤；三種金屬和少量鹽酸反應(yīng)完成后，剩余的金屬鈉繼續(xù)與水反應(yīng)生成氫氣，最終金屬鈉生成的氫氣最多，C錯誤；根據(jù)電子守恒關(guān)系，放出1mol氫氣時，得2mol電子,消耗金屬鈉的量為2 mol，金屬鎂的量為1 mol，金屬鋁的量為2/3 mol，消耗X、Y、Z的物質(zhì)的量之比為6：3：2，D錯誤；
點睛：足量的金屬鈉、鎂、鋁分別與定量的鹽酸反應(yīng)，金屬鎂和鋁生成氫氣的量相等，而剩余的金屬鈉繼續(xù)與溶劑水反應(yīng)，直至消耗完，最終產(chǎn)生的氫氣是最多的，這一點易被忽視。
16.已知:pNi=-lgc(Ni2+)；常溫下，K(NiCO3)=1.4×10-7，H2S的電離平衡常數(shù)：Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。常溫下，向10mL0.1mol·L-1Ni(NO3)2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，滴加過程中pNi與Na2S溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是（）。

A. E、F、G三點中，F(xiàn)點對應(yīng)溶液中水電離程度最小
B. 常溫下，Ksp(NiS)=1×10-21
C. 在NiS和NiCO3的濁液中=1.4×1014
D. Na2S溶液中，S2-第一步水解常數(shù)Kh1=
【答案】D
【解析】
分析：硝酸鎳是強酸弱堿鹽，硫化鈉是強堿弱酸鹽，它們都能促進(jìn)水的電離。F點表示硝酸鎳和硫化鈉恰好完全反應(yīng)，溶液中溶質(zhì)是硝酸鈉，據(jù)此分析A的正誤；根據(jù)NiS(s) Ni2+(aq)＋S2-(aq)，Ksp(NiS)＝c(Ni2+)c(S2-)分析B的正誤；根據(jù)NiCO3(s)＋S2-(aq) NiS(s)＋CO32-(aq) K＝分析C的正誤；根據(jù)S2-＋H2OHS-＋OH-，Kh1＝分析D的正誤。
詳解：A.硝酸鎳是強酸弱堿鹽，硫化鈉是強堿弱酸鹽，它們都能促進(jìn)水的電離。F點表示硝酸鎳和硫化鈉恰好完全反應(yīng)，溶液中溶質(zhì)是硝酸鈉，水的電離程度最小，故A正確；B.NiS(s) Ni2+(aq)＋S2-(aq)，Ksp(NiS)＝c(Ni2+)c(S2-)＝1×10-21，故B正確；C.NiCO3(s)＋S2-(aq) NiS(s)＋CO32-(aq) K＝＝＝1.4×1014，故C正確；D.S2-＋H2OHS-＋OH-，Kh1＝＝，故D錯誤；故選D。
點睛：本題考查了電解質(zhì)溶液中的平衡表達(dá)式的計算，掌握和理解平衡表達(dá)式是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為A，要注意能夠水解的鹽促進(jìn)水的電離，酸或堿抑制水的電離。
第Ⅱ卷（非選擇題共52分）
17.在下列物質(zhì)中：
①HCl、②N2、③NH3、④Na2O2、⑤C2H4、⑥NaOH、⑦Ar
（1）只存在極性鍵的分子是____；只由非極性鍵構(gòu)成的非極性分子是____；(填序號，下同)。
（2）既存在極性鍵又存在非極性鍵的分子是________。
（3）只存在σ鍵的分子是________，既存在σ鍵又存在π鍵的分子是________。
（4）不存在化學(xué)鍵的是_________。
（5）既存在離子鍵又存在極性鍵的是________。
【答案】 (1). ①③ (2). ② (3). ⑤ (4). ①③ (5). ②⑤ (6). ⑦ (7). ⑥
【解析】
【分析】
同種非金屬原子間形成非極性鍵、不同種非金屬原子間易形成極性鍵；①HCl是存在極性鍵的極性分子、②N2是存在非極性鍵的非極性分子、③NH3是存在極性鍵的極性分子、④Na2O2是存在離子鍵和非極性共價鍵的離子化合物、⑤C2H4是存在極性鍵、非極性鍵的非極性分子、⑥NaOH存在離子鍵、極性共價鍵的離子化合物、⑦Ar沒有化學(xué)鍵。單鍵都是σ鍵，雙鍵中有1個σ鍵和1個π鍵，叁鍵中有1個σ鍵和2個π鍵；
【詳解】(1) ①HCl中只存在H-Cl鍵，③NH3中只存在N-H鍵，所以只存在極性鍵的分子是①③；②N2中只存在NN鍵，所以由非極性鍵構(gòu)成的非極性分子是②；(2) C2H4中存在C-H、C=C鍵，所以存在極性鍵、非極性鍵的非極性分子是⑤；(3) HCl中只存在H-Cl鍵，③NH3中只存在N-H鍵，所以只存在σ鍵的分子是①HCl、③NH3， N2中只存在NN鍵、C2H4中存在C=C鍵，所以既存在σ鍵又存在π鍵的分子是②、⑤；(4)稀有氣體是單原子分子，不存在化學(xué)鍵的是⑦；(5) NaOH存在離子鍵、O-H鍵，所以既存在離子鍵又存在極性鍵的是⑥。
18.（1）第四周期的某主族元素，其第一至第五電離能數(shù)據(jù)如下圖所示，則該元素對應(yīng)原子的M層電子排布式為________。

（2）如下圖所示，每條折線表示周期表IVA-VIIA中的某一族元素氫化物的沸點變化。每個小黑點代表一種氫化物，其中a點代表的是____________。

（3）化合物(CH3)3N與鹽酸反應(yīng)生成[(CH3)3NH]+，該過程新生成的化學(xué)鍵為____(填序號)。
a．離子鍵 b．配位鍵 c．氫鍵 d．非極性共價鍵
若化合物(CH3)3N能溶于水，試解析其原因__________。
（4）CO2在高溫高壓下所形成的晶體其晶胞如下圖所示。該晶體的熔點比SiO2晶體____(選填“高”或“低”)，該晶體中碳原子軌道的雜化類型為____________。

（5）如下圖為20個碳原子組成的空心籠狀分子C20，該籠狀結(jié)構(gòu)是由許多正五邊形構(gòu)成如圖。

C20分子中每個碳原子只跟相鄰的3個碳原子形成化學(xué)鍵；則：C20分子共有____個正五邊形，共有______條棱邊。
（6）Cu2+等過渡元素水合離子是否有顏色與原子結(jié)構(gòu)有關(guān)，且存在一定的規(guī)律。試推斷Ni2+的水合離子為___(填“有”或“無”)色離子，依據(jù)是_______。
離子
Sc3+
Ti3+
Fe2+
Cu2+
Zn2+
顏色
無色
紫紅色
淺綠色
藍(lán)色
無色
（7）晶體具有規(guī)則的幾何外形，晶體中最基本的重復(fù)單元稱為晶胞。已知FexO晶體晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型，由于晶體缺陷，x值小于1。測知FexO晶體密度為ρ=5.71g/cm3，晶胞邊長為4.28×10-10m，F(xiàn)exO中x值(精確至0.01)為_______。
【答案】 (1). ）3s23p6 (2). SiH4 (3). b (4). 化合物(CH3)3N為極性分子且可與水分子間形成氫鍵 (5). 高 (6). sp3雜化 (7). 12 (8). 30? (9). 有 (10). Ni2+的3d軌道上有未成對電子 (11). 0.92
【解析】
(1)由該元素的第一至五電離能數(shù)據(jù)可以知道,該元素第一二電離能較小,說明容易失去2個電子,即最外層有兩個電子,已知該元素為第四周期的某主族元素,?則為第四周期,第IIA族元素Ca,其電子排布為2、8、8、2,所以M層有8個電子,則M層電子排布式為:;?因此，本題正確答案是:
(2)在ⅣA~ⅦA中的氫化物里,、、HF因存在氫鍵,故沸點高于同主族相鄰元素氫化物的沸點,只有ⅣA族元素氫化物不存在反?，F(xiàn)象,組成與結(jié)構(gòu)相似,相對分子量越大,分子間作用力越大,沸點越高,故a點代表的應(yīng)是第IVA族的第二種元素Si的氫化物,即,?因此，本題正確答案是:。?
(3)化合物與鹽酸反應(yīng)生成,該過程新生成的化學(xué)鍵為氮與質(zhì)子氫離子形成配位鍵,所以選b,極性分子和水之間形成氫鍵,所以溶解性增強,?因此，本題正確答案是:b;化合物為極性分子且可與水分子間形成氫鍵。
(4)在高溫高壓下所形成的晶體其晶胞如圖所示.該晶體中原子之間通過共價鍵結(jié)合,屬于原子晶體,而碳氧鍵的鍵長短,所以該晶體的熔點比晶體高;該晶體中C原子形成4個單鍵,則C原子含有4價層電子對,所以C原子軌道的雜化類型為,?因此，本題正確答案是:高;。
(5)根據(jù)圖片知,每個頂點上有1個碳原子,所以頂點個數(shù)等于碳原子個數(shù)為20,每個頂點含有棱邊數(shù),每個面含有頂點個數(shù),則面數(shù),?
或根據(jù)歐拉定理得面數(shù)棱邊數(shù)-頂點數(shù),?因此，本題正確答案是:12;30。
(6)Cu原子的核外電子排布式為,故的外圍電子排布式為,離子的原子核外排布式為,d軌道上有10個電子,故無色,離子的原子核外排布式為,其d軌道上有0電子,處于全空,故沒有顏色,離子的原子核外排布式為,3d軌道上有未成對電子,所以有色離子,因此，本題正確答案是:有;的3d軌道上有未成對電子;?
(7)晶體的晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型,所以每個晶胞中含有4個O原子,有4個“”,再根據(jù)可以知道:?,計算得出:,因此，本題正確答案是:0.92。
點睛：
(1)根據(jù)該元素的第一至五電離能數(shù)據(jù)可以知道,該元素第一二電離能較小,說明容易失去2個電子,即最外層有兩個電子,則為第IIA族元素Ca,據(jù)此分析;?
(2)根據(jù)相對分子質(zhì)量與物質(zhì)熔沸點的關(guān)系以及氫鍵的存在對物質(zhì)性質(zhì)的影響判斷;?
(3)化合物與鹽酸反應(yīng)生成,該過程新生成的化學(xué)鍵為氮與質(zhì)子氫離子形成配位鍵;極性分子和水之間形成氫鍵,所以溶解性增強;?
(4)根據(jù)構(gòu)成晶體的微粒及微粒間的作用力判斷,根據(jù)C原子形成的價層電子對數(shù)判斷;?
(5)根據(jù)圖片知,每個頂點上有1個碳原子,所以頂點個數(shù)等于碳原子個數(shù)為20,每個頂點含有棱邊數(shù),每個面含有頂點個數(shù),利用均攤法或根據(jù)歐拉定理計算;?
(6)Cu原子的核外電子排布式為,故的外圍電子排布式為,離子的原子核外排布式為,d軌道上有10個電子,故無色,離子的原子核外排布式為,其d軌道上有0電子,處于全空,故沒有顏色,離子的原子核外排布式為,3d軌道上有未成對電子,所以有色離子;?
(7)晶體的晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型,所以每個晶胞中含有4個O原子,有4個“”,再根據(jù)計算.
19.鈦、鉻、鐵、鎳、銅等金屬及其化合物在工業(yè)上有重要用途。
（1）鈦鐵合金是鈦系儲氫合金的代表，該合金具有放氫溫度低、價格適中等優(yōu)點。
①Cu的基態(tài)原子價電子排布式為_____________，
②Ni的基態(tài)原子共___________有種不同能級的電子。
（2）制備CrO2Cl2的反應(yīng)為K2Cr2O7+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑
①上述化學(xué)方程式中非金屬元素電負(fù)性由大到小的順序是，______，(用元素符號表示)
②COCl2分子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，COCl2分子中σ鍵和π鍵的個數(shù)比為______；中心原子的雜化方式為______。
③NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)均與氯化鈉的晶體結(jié)構(gòu)相同，其中Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為6.910-2nm和7.810-2nm。則熔點NiO____FeO (填“>”、“Cl＞C (4). 3∶1 (5). sp2 (6). ＞ (7). 兩者均為離子晶體，且陰陽離子電荷數(shù)均為2，但Fe2+的離子半徑較大，離子晶體晶格能大，因此其熔點較低 (8). LaNi5 (9). (10).
【解析】
(1)①Cu是29號元素,位于元素周期表中第四周期第IB族,故Cu的基態(tài)原子價電子排布式為3d104s1.答案 3d104s1。
②Ni是28號元素,原子核外有1s、2s、3s、4s、2p、3p、3d等7個能級,?
因此確答案是:7。
(2)制備CrO2Cl2的反應(yīng)為K2Cr2O7+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑
①反應(yīng)式中非金屬元素有三種:O、C、Cl,CCl4中C表現(xiàn)正化合價、Cl表現(xiàn)負(fù)化合價,中Cl為+1價,O為-2價,電負(fù)性越大,對成鍵電子吸引力越大,元素相互化合時該元素表現(xiàn)負(fù)價,故電負(fù)性:,?
因此，本題正確答案是:;?
②分子中有1個鍵和2個鍵,所以分子中鍵的數(shù)目為3,鍵的數(shù)目為1,個數(shù)比,中心原子C電子對數(shù),故中心原子雜化方式為,?
③、的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同,說明二者都是離子晶體,離子晶體的熔點與離子鍵的強弱有關(guān),離子所帶電荷數(shù)越多,離子半徑越小,離子鍵越強,熔點越高.因為的離子半徑小于的離子半徑,屬于熔點是,?
因此，本題正確答案是:; 兩者均為離子晶體，且陰陽離子電荷數(shù)均為2，但Fe2+的離子半徑較大，離子晶體晶格能大，因此其熔點較低。
?(4)①該合金的晶胞如圖所示,晶胞中心有一個鎳原子,其他8個鎳原子都在晶胞面上,鑭原子都在晶胞頂點.?
所以晶胞實際含有的鎳原子為,晶胞實際含有的鑭原子為,所以晶體的化學(xué)式,因此，本題正確答案是:;?
②一個晶胞的質(zhì)量,根據(jù),即,?
因此，本題正確答案是:;?
③合金儲氫后的密度儲氫能力,根據(jù)上述分析儲氫材料的儲氫能力為
20.亞鐵氰化鉀K4Fe(CN)6俗名黃血鹽，可溶于水，不溶于乙醇。以某電鍍廠排放的含NaCN度液為主要原料制備黃血鹽的流程如下：

請回答下列問題：
(1)常溫下，HCN的電離常數(shù)Ka=6.2×10-10。
①實驗室配制一定濃度的NaCN溶液時，將NaCN溶解于一定濃度的NaOH溶液中，加水稀釋至指定濃度，其操作的目的是__________________________。
②濃度均為0.5mol/L的NaCN和HCN的混合溶液顯______(填“酸”“堿”或“中”)性，通過計算說明：_________________________。
(2)轉(zhuǎn)化池中發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成K4Fe(CN)6，說明該反應(yīng)能發(fā)生的理由：__________。
(3)系列操作B為_____________________。
(4)實驗室中，K4Fe(CN)6可用于檢驗Fe3+，生成的難溶鹽KFe[Fe(CN)6]可用于治療可溶性鹽Tl2SO4中毒，得到K2SO4及另外一種復(fù)雜難溶物，試寫出上述治療Tl2SO4中毒的離子方程式：______________________。
(5)一種太陽能電池的工作原理如圖所示，電解質(zhì)為鐵氰化鉀K3Fe(CN)6和亞鐵氰化鉀K4Fe(CN)6的混合溶液。

①K+移向催化劑___________(填“a”或“b”)。
②催化劑a表面發(fā)生的反應(yīng)為_________________。
【答案】 (1). 抑制水解 (2). 堿 (3). 根據(jù)Kh＝c(HCN)c(OH－)/c(CN－)可知，Kh＝c(HCN)c(OH－)c(H+)/c(CN－)c(H+)＝KW/Ka＝1×10－14/6.2×10－10＝1.6×10-5＞6.2×10－10，即水解平衡常數(shù)大于電離平衡常數(shù)，所以溶液呈堿性 (4). 相同溫度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6 (5). 過濾、洗滌、干燥 (6). KFe[Fc(CN)6](s)+Tl+(aq)＝TlFe[Fe(CN)6](s)+K+(aq) (7). b (8). Fe(CN)64－-e－＝Fe(CN)63－
【解析】
【詳解】（1）①NaCN是強堿弱酸鹽，水解顯堿性，實驗室配制一定濃度的NaCN溶液時，將NaCN溶解于一定濃度的NaOH溶液中，加水稀釋至指定濃度，其操作的目的是抑制水解；
②根據(jù)Kh＝c(HCN)c(OH－)/c(CN－)可知，Kh＝c(HCN)c(OH－)c(H+)/c(CN－)c(H+)＝KW/Ka＝1×10－14/6.2×10－10＝1.6×10-5＞6.2×10－10，即水解平衡常數(shù)大于電離平衡常數(shù)，所以溶液呈堿性；
（2）由于相同溫度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN) 6，因此轉(zhuǎn)化池中能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)Na4Fe(CN)6+4KCl＝K4Fe(CN)6↓+4NaCl生成K4Fe(CN)6；
（3）轉(zhuǎn)化池中得到固體與溶液的混合物，故系列操作B為過濾、洗滌、干燥；
（4）實驗室中，K4Fe(CN)6可用于檢驗Fe3+，生成的難溶鹽KFe[Fe(CN)6]可用于治療Tl2SO4中毒，因此治療Tl2SO4中毒的離子方程式為KFe[Fc(CN)6](s)+Tl+(aq)＝TlFe[Fe(CN)6](s)+K+(aq)；
（5）由圖可知，電子從負(fù)極流向正極，則a為負(fù)極，b為正極，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，陽離子向正極移動。則
①b為正極，則K+移向催化劑b；
②a為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，則催化劑a表面發(fā)生反應(yīng)為Fe(CN)64－-e－＝Fe(CN)63－。
【點睛】本題考查物質(zhì)的制備實驗方案的設(shè)計，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實驗?zāi)芰陀嬎隳芰Φ目疾?，為高考常見題型，注意根據(jù)流程圖把握實驗的原理和操作方法，難點是（1）②中的計算，注意從水解常數(shù)和電離常數(shù)相對大小的角度去判斷溶液的酸堿性。易錯點為（2），注意從復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生的條件去分析解答。