1、2016-2017学年安徽师大附中高三（上）期中化学试卷一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。）1化学与生产、生活、社会密切相关下列说法中不正确的是（）A蛋白质、棉花、PVC、淀粉都是混合物B废弃的玻璃、金属、纸制品是可回收利用的资源C铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈D用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用2下例物质发生反应后固体质量一定减少的是（）AFeCO3在空气中灼烧B铝条插入冷的浓硫酸中CNa2O2敞放在空气中D向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液3常温下，下列微粒能在相应溶液中大量共存的是（）A稀硫酸中：K+、MnO4、CH3CH2OHBp
2、H=11的溶液中：Na+、CO32、NH3H2OC中性溶液中：Na+、NO3、AlO2DFeCl3溶液中：H2O2、Mg2+、SO424设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A常温下，1.0 L 1.0 molL1KAlO2溶液中含有的氧原子数为2 NAB7.8 g Na2O2固体中含有的阴离子数为0.2 NAC标准状况下，体积为2.24 L的CO2和SO2的混合气体中含有的氧原子数为0.2 NAD0.1 mol Cl2参加氧化还原反应，转移的电子数目一定是0.2 NA5实验室用如图装置完成下表所列的四个实验，不能达到实验目的是（） 选项 实验目的 试剂X 试剂Y A 验证C2H5
3、OH与浓H2SO4加热至170制得的乙烯的性质 NaOH溶液Br2水 B 检验FeSO4受热分解产生的气体中由SO3和SO2 BaCl2溶液品红溶液 C 验证电石与饱和食盐水反应生成的乙炔的性质CuSO4溶液 KMnO4溶液 D 验证氧化性：Cl2Br2I2NaBr溶液 KI溶液AABBCCDD6氯化银胶体中的分散质粒子实际上是一个个由很多“AgCl”结合而成的集合体向盛有NaCl溶液的试管中滴加AgNO3溶液，静置后用一束光照射试管，发现试管的三个不同区域中只有一个区域具有明显的丁达尔效应，则下列分析正确的是（）A该区域是A，该区域中AgCl的直径最小B该区域是B，该区域中AgCl的直径介于
4、A、C区域之间C该区域是C，该区域中AgCl的直径最大D各区域AgCl的大小都相同，但只有B区域中分散质的大小介于1100 nm之间7白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：（1）2P+5CuSO4+8H2O5Cu+2H3PO4+5H2SO4（2）11P+15CuSO4+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4下列有关说法中错误的是（）A上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂B上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4C反应（2）中，1mol CuSO4可氧化1/5molPD上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜8HCOONa加热分解时，固体失重率与温度
5、的关系如图所示，发生的反应有：2HCOONaNa2C2O4+H2 2HCOONaNa2CO3+H2+CONa2C2O4Na2CO3+CO 下列说法正确的是（）AT415，只有反应发生B反应、不可能同时发生C570T600时，残留固体的主要成分是Na2CO3D残留固体中的m（Na2C2O4）=m（Na2CO3）时，反应、的反应速率相等9工业上用粗盐（含Ca2+、Mg2+、SO42等杂质）为主要原料采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥NH4Cl，工艺流程如下图所示下列有关说法正确的是 （）A对粗盐溶液除杂可依次加入NaOH、Na2CO3、BaCl2，再加入盐酸调节溶液pHB饱和食盐水中先通入的气体为C
6、O2C流程图中的系列操作中一定需要玻璃棒D如图所示装置可以比较Na2CO3和NaHCO3晶体的热稳定性10N2和 H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如下，用、分别表示N2、H2、NH3，下列说法正确的是（）A使用催化剂，合成氨反应放出的热量减少B在该过程中，N2、H2断键形成N原子和H原子C在该过程中，N原子和H原子形成了含有非极性键的NH3D合成氨反应中，反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量11W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代化合物XZ是重要的调味品，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，Z的电子层结构与氩
7、相同下列说法错误的是（）A元素W与氢形成原子比为1：1的化合物有多种B元素X的单质能与水、无水乙醇反应C离子Y3+与Z的最外层电子数和电子层数都不相同D元素W与元素Z可形成含有极性共价键的化合物1220时，饱和KCl溶液的密度为1.174gcm3，物质的量浓度为4.0molL1，则下列说法中不正确的是（）A20时，饱和KCl溶液与等质量的水混合后物质的量浓度大于2.0molL1B20时，将29.8 gKCl溶于87.6g水中可得饱和溶液C20时，密度小于1.174gcm3的KCl溶液是不饱和溶液D将此溶液蒸发部分水，再恢复到20时，溶液中各离子的浓度不变13在给定的条件下，下列选项所示的物质间
8、转化均能实现的是（）ASiO2SiCl4SiBFeS2SO2H2SO4CN2NH3NH4Cl（aq）DMgCO3MgCl2（aq）Mg14能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl+2H2O Cl2+H2+2OHB向石灰水中滴加少量Ca（HCO3）2溶液：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2OC过氧化钠与水反应：2O22+2H2O=4OH+O2D一定量明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至沉淀的质量最大时：2Ba2+4OH+Al3+2SO42=2BaSO4+AlO2+2H2O15已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe（OH）3+ClO+OHFeO
9、4n+Cl+H2O （未配平）则有关叙述不正确的是（）A已知FeO4n中Fe的化合价是+6价，则n=2B每产生1molCl，转移2mol电子CFeO4n具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂D若n=2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：316一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为（）A13.5LB9.0LC16.8LD15.7L二、非选择题
10、，共52分17氯气在工业上有着重要的用途，某兴趣小组在实验室中模拟工业上用氯气制备无水氯化铝（无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾）可用下列装置制备（1）装置B中盛放溶液，其作用是F中的是溶液，其作用是用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为（2）装置A实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是（填序号）A往烧瓶中加入MnO2粉末B加热C往烧瓶中加入浓盐酸（3）制备反应会因盐酸浓度下降而停止为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出很多实验方案，其中方案之一为让残留的液体与足量Zn反应，测量生成的H2体积装置如右图所示（夹持器具已略去）使Y形管中的残余清液与锌粒
11、反应的正确操作是将转移到中反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积、气体体积逐渐减小，直至不变气体体积逐次减小的原因是（排除仪器和实验操作的影响因素）（4）该小组同学查资料得知：将氯酸钾固体和浓盐酸混合也能生成氯气，同时有大量ClO2生成；ClO2沸点为10，熔点为59，液体为红色；Cl2沸点为34，液态为黄绿色设计最简单的实验验证Cl2中含有ClO218现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理（如图1所示），并测定电离平衡常数Kb（1）实验室可用浓氨水和X固体制取NH3，X固体可以是A生石灰 B无水氯化钙 C五氧化二磷 D碱石灰（2）检验
12、三颈瓶集满NH3的方法是（3）关闭a，将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧c口，引发喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线如图2所示图2中点时喷泉最剧烈（4）从三颈瓶中用（填仪器名称）量取20.00mL氨水至锥形瓶中，用0.05000mol/L HC1滴定用pH计采集数据、电脑绘制滴定曲线如图3所示（5）据图3计算，当pH=11.0时，NH3H2O电离平衡常数Kb近似值，Kb19MnO2是一种重要的无机功能材料，工业上从锰结核中制取纯净的MnO2工艺流程如图所示：部分难溶的电解质溶度积常数（Ksp）如下表：化合物Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp近似值101710171039已知：
13、一定条件下，MnO4可与Mn2+反应生成MnO2（1）步骤中消耗0.5molMn2+时，用去1molL1的NaClO3溶液200ml，该反应离子方程式为（2）已知溶液B的溶质之一可循环用于上述生产，此物质的名称是（3）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料放电过程产生MnOOH，该电池正极的电极反应式是如果维持电流强度为5A，电池工作五分钟，理论消耗锌g（已知F=96500C/mol）（4）向废旧锌锰电池内的混合物（主要成分MnOOH、Zn（OH）2）中加入一定量的稀硫酸和稀草酸（H2C2O4），并不断搅拌至无CO2产生为止，写出MnOOH参与反应的离子方程式向所得溶液中滴加高锰酸钾溶液产生黑色沉淀
14、，设计实验证明黑色沉淀成分为MnO2（5）用废电池的锌皮制作ZnSO47H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是：加入稀H2SO4和H2O2，铁溶解变为Fe3+，加碱调节pH为时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小于1105molL1时，即可认为该离子沉淀完全）继续加碱调节pH为时，锌开始沉淀（假定Zn2+浓度为0.1molL1）若上述过程不加H2O2，其后果和原因是20铜及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途（1）纳米氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，已知高温下Cu2O比CuO稳定，画出基态Cu原子的价电子轨道排布图；从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原
15、因；（2）CuSO4溶液常用作农药、电镀液等，向CuSO4溶液中滴加足量浓氨水，直至产生的沉淀恰好溶解，可得到深蓝色的透明溶液，再向其中加入适量乙醇，可析出深蓝色的Cu（NH3）4SO4H2O晶体沉淀溶解的离子方程式为；Cu（NH3）4SO4H2O晶体中存在的化学键有；a离子键 b极性键 c非极性键 d配位键SO42的立体构型是，其中S原子的杂化轨道类型是；（3）Cu晶体中原子的堆积方式如图所示（为面心立方最密堆积），则晶胞中Cu原子的配位数为，若Cu晶体的晶胞参数a=361.4pm，则Cu晶体的密度是（只用数字列算式）2016-2017学年安徽师大附中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析
16、一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。）1化学与生产、生活、社会密切相关下列说法中不正确的是（）A蛋白质、棉花、PVC、淀粉都是混合物B废弃的玻璃、金属、纸制品是可回收利用的资源C铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈D用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A混合物是含有两种或者两种以上物质；B根据可回收利用垃圾：废弃金属、废纸、废弃玻璃、废弃塑料、废弃电池；C根据铁在潮湿的空气生锈是由于发生电化学腐蚀；D可降解塑料分解产生CO2，CO2又合成聚碳酸酯可降解塑料；【解答】解：A蛋白质、棉花、PVC、淀粉都是高分子化合物
17、，都含多种物质属于混合物，故A正确；B废弃的玻璃、金属、纸制品是可回收利用的资源，故B正确；C铁在潮湿的空气中放置，易发生电化学腐蚀而生锈，故C错误；D可降解塑料分解产生CO2，CO2又合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用，故D正确；故选：C2下例物质发生反应后固体质量一定减少的是（）AFeCO3在空气中灼烧B铝条插入冷的浓硫酸中CNa2O2敞放在空气中D向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液【考点】镁、铝的重要化合物【分析】A碳酸铁在空气中灼烧生成四氧化三铁；B铝条插入浓硫酸中发生钝化，固体质量增加；C过氧化钠与水、二氧化碳反应生成碳酸钠或氢氧化钠；D氢氧化镁沉淀转化成氢氧化铁沉
18、淀，固体质量增加【解答】解：AFeCO3在空气中灼烧生成四氧化三铁，导致固体质量一定减少，故A正确；B铝表明被浓硫酸氧化，导致固体质量增加，故B错误；C过氧化钠与水、二氧化碳反应，导致固体质量增加，故C错误；DMg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液，氢氧化镁转化成氢氧化铁，固体质量增加，故D错误；故选A3常温下，下列微粒能在相应溶液中大量共存的是（）A稀硫酸中：K+、MnO4、CH3CH2OHBpH=11的溶液中：Na+、CO32、NH3H2OC中性溶液中：Na+、NO3、AlO2DFeCl3溶液中：H2O2、Mg2+、SO42【考点】离子共存问题【分析】AMnO4、CH3CH2OH发生氧化
19、还原反应；BpH=11的溶液呈碱性；CAlO2水解成碱性；D在氯化铁存在的条件下，H2O2易分解【解答】解：A酸性条件下，MnO4、CH3CH2OH发生氧化还原反应，故A错误；BpH=11的溶液呈碱性，碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；CAlO2水解成碱性，不能存在于中性溶液中，故C错误；D在氯化铁存在的条件下，H2O2易分解，故D错误故选B4设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A常温下，1.0 L 1.0 molL1KAlO2溶液中含有的氧原子数为2 NAB7.8 g Na2O2固体中含有的阴离子数为0.2 NAC标准状况下，体积为2.24 L的CO2和
20、SO2的混合气体中含有的氧原子数为0.2 NAD0.1 mol Cl2参加氧化还原反应，转移的电子数目一定是0.2 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、KAlO2溶液中，除了偏铝酸钠外，水也含氧原子；B、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠由2个阳离子和1个阴离子构成来分析；C、求出混合气体的物质的量，然后根据二氧化碳和二氧化硫均含2个氧原子来分析；D、氯气反应后的价态不明确【解答】解：A、KAlO2溶液中，除了偏铝酸钠外，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数多于2NA个，故A错误；B、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠由2个阳离子和1个阴离子构成，故0.1mol过氧化
21、钠中含0.1NA个阴离子，故B错误；C、标况下2.24L混合气体的物质的量为0.1mol，而二氧化碳和二氧化硫均含2个氧原子，故0.1mol混合物中含0.2NA个氧原子，故C正确；D、氯气反应后的价态不明确，故0.1mol氯气反应后转移的电子数无法计算，故D错误故选C5实验室用如图装置完成下表所列的四个实验，不能达到实验目的是（） 选项 实验目的 试剂X 试剂Y A 验证C2H5OH与浓H2SO4加热至170制得的乙烯的性质 NaOH溶液Br2水 B 检验FeSO4受热分解产生的气体中由SO3和SO2 BaCl2溶液品红溶液 C 验证电石与饱和食盐水反应生成的乙炔的性质CuSO4溶液 KMnO
22、4溶液 D 验证氧化性：Cl2Br2I2NaBr溶液 KI溶液AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A二氧化硫能使溴水褪色； B二氧化硫与氯化钡不反应；CX可除去混有的硫化氢，Y可检验乙炔；D过量的氯气能与碘化钾反应【解答】解：AC2H5OH与浓硫酸加热至170制取乙烯，发生消去反应，X中NaOH溶液除去二氧化硫，Y中Br2水褪色可检验乙烯，故A正确； B二氧化硫与氯化钡不反应，有沉淀生成说明有三氧化硫，使品红褪色说明有二氧化硫，故B正确；CX可除去混有的硫化氢，Y可检验乙炔，乙炔能使酸性高锰酸钾褪色，Y中观察到褪色可检验乙炔，故C正确；D过量的氯气能与碘化钾反应，不能确定与碘化钾
23、反应的是溴单质，故D错误故选D6氯化银胶体中的分散质粒子实际上是一个个由很多“AgCl”结合而成的集合体向盛有NaCl溶液的试管中滴加AgNO3溶液，静置后用一束光照射试管，发现试管的三个不同区域中只有一个区域具有明显的丁达尔效应，则下列分析正确的是（）A该区域是A，该区域中AgCl的直径最小B该区域是B，该区域中AgCl的直径介于A、C区域之间C该区域是C，该区域中AgCl的直径最大D各区域AgCl的大小都相同，但只有B区域中分散质的大小介于1100 nm之间【考点】胶体的重要性质；分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】AgCl属于难溶物，静置后A、B、C三个区域中，A区域应为溶液，C区域为
24、沉淀，只有B区域属于胶体【解答】解：AgCl属于难溶物，静置后A、B、C三个区域中，A区域应为溶液，C区域为沉淀，只有B区域属于胶体胶体中分散质粒子（即题中所述“集合体”）的大小介于1100nm之间，单个的AgCl直径都相等故选D7白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：（1）2P+5CuSO4+8H2O5Cu+2H3PO4+5H2SO4（2）11P+15CuSO4+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4下列有关说法中错误的是（）A上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂B上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4C反应（2）中，1mol CuSO4
25、可氧化1/5molPD上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜【考点】氧化还原反应【分析】2P+5CuSO4+8H2O5Cu+2H3PO4+5H2SO4该反应中P元素化合价由0价变为5价，Cu元素化合价由+2价变为0价；11P+15CuSO4+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4该反应中P元素化合价由0价变为3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，如果有11molP参加氧化还原反应，则有的P被氧化，其余的P被还原，据此分析解答【解答】解：2P+5CuSO4+8H2O5Cu+2H3PO4+5H2SO4该反应中P元素化合价由0价变为5价，Cu元素化合价由+2价变为0价；11P+15
26、CuSO4+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4该反应中P元素化合价由0价变为3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，如果有11molP参加氧化还原反应，则有的P被氧化，其余的P被还原，A在上述两个反应中只有P、Cu元素变化，所以水既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确；B两个反应中P元素化合价由0价变为+5价，化合价升高被氧化，所以氧化产物都是H3PO4，故B正确；C在反应（2）中，1mol CuSO4发生反应时，共转移1mol电子，所以可氧化1/5molP，故C正确；D在反应（2）中，P元素化合价由0价变为3价、+5价，所以P既是氧化剂又是还原剂，故D错误；故选D8HCO
27、ONa加热分解时，固体失重率与温度的关系如图所示，发生的反应有：2HCOONaNa2C2O4+H2 2HCOONaNa2CO3+H2+CONa2C2O4Na2CO3+CO 下列说法正确的是（）AT415，只有反应发生B反应、不可能同时发生C570T600时，残留固体的主要成分是Na2CO3D残留固体中的m（Na2C2O4）=m（Na2CO3）时，反应、的反应速率相等【考点】化学方程式的有关计算【分析】加热分解完全残留固体为Na2CO3，失重率为100%22.1%，则570T时残留固体的主要成分是Na2CO3，完全分解得到Na2C2O4时，失重率为100%1.47%，则T415时反应、同时发生，
28、残留固体中的m（Na2C2O4）=m（Na2CO3）时，无法判断所需时间，不能判断反应、的反应速率【解答】解：A加热完全分解得到Na2C2O4时，失重率为100%1.47%5%，则T415时反应、同时发生，故B错误；B由A中分析可知，反应、可能同时发生，故B错误；C加热分解完全残留固体为Na2CO3，失重率为100%22.1%，则570T600时，残留固体的主要成分是Na2CO3，故C正确；D残留固体中的m（Na2C2O4）=m（Na2CO3）时，无法判断所需时间，不能判断反应、的反应速率，故D错误故选：C9工业上用粗盐（含Ca2+、Mg2+、SO42等杂质）为主要原料采用“侯氏制碱法”生产纯
29、碱和化肥NH4Cl，工艺流程如下图所示下列有关说法正确的是 （）A对粗盐溶液除杂可依次加入NaOH、Na2CO3、BaCl2，再加入盐酸调节溶液pHB饱和食盐水中先通入的气体为CO2C流程图中的系列操作中一定需要玻璃棒D如图所示装置可以比较Na2CO3和NaHCO3晶体的热稳定性【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）【分析】A、除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求；B、二氧化碳在水中溶解度较小，氨气溶解度较大，故应先通入氨气；C、从溶液中得到
30、固体，需要加热浓缩，冷却结晶、过滤等操作，据此解答即可；D、Na2CO3加热不易分解，NaHCO3晶体加热容易分解，据此解答即可【解答】解：A、除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，故A错误；B、二氧化碳在水中溶解度较小，氨气溶解度较大，故应先通入氨气，碱性溶液中再通入二氧化碳，二氧化碳的溶解度增大，可以达到实验目的，故B错误；C、从溶液中得到固体，需要加热浓缩，冷却结晶、过滤等操作，这些过程中需要玻璃棒搅拌、引流等，故C正确；D、Na2CO3加热不易分解，NaHCO
31、3晶体加热容易分解，故小试管中盛放NaHCO3，大试管中盛放Na2CO3，NaHCO3间接加热能分解，Na2CO3直接加热不分解，能证明两者的稳定性，图中放反，故D错误，故选C10N2和 H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如下，用、分别表示N2、H2、NH3，下列说法正确的是（）A使用催化剂，合成氨反应放出的热量减少B在该过程中，N2、H2断键形成N原子和H原子C在该过程中，N原子和H原子形成了含有非极性键的NH3D合成氨反应中，反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素【分析】A、催化剂不会改变反应的热效应；B、由图中可知，每3个氢
32、分子和1个氮气分子生成2个氨分子；C、氨气是含有氮氢极性键构成的分子；D、合成氨的反应是放热反应，根据键能和焓变的关系来判断【解答】解：A、催化剂不会改变反应的热效应，即使用催化剂，合成氨反应放出的热量不会变化，故A错误；B、由图中可知，每3个氢分子和1个氮气分子断键得到原子，然后生成2个氨分子，生成氨分子之前是氢原子和氮原子，故B正确；C、氨气是含有氮氢极性键构成的分子，在该过程中，N原子和H原子形成了含有极性键的NH3，故C错误；D、合成氨的反应是放热反应，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，故D错误故选B11W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，W的一种核素在考古
33、时常用来鉴定一些文物的年代化合物XZ是重要的调味品，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，Z的电子层结构与氩相同下列说法错误的是（）A元素W与氢形成原子比为1：1的化合物有多种B元素X的单质能与水、无水乙醇反应C离子Y3+与Z的最外层电子数和电子层数都不相同D元素W与元素Z可形成含有极性共价键的化合物【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代说明W为C，化合物XZ是重要的调味品为NaCl，Y位于XZ之间说明原子有三个电子层，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，则Y为Al，Z的电子层结构与氩相同判断
34、为Cl，W、X、Y、Z为C、Na、Al、Cl，据此分析选项【解答】解：A元素W为C与氢形成原子比为1：1的化合物有多种，如C2H2、C4H4、C6H6、C8H8等，故A正确；B元素X为钠，属于活泼金属，钠的单质能与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，钠和无水乙醇反应生成乙醇钠和氢气，故B正确；C离子Y3+离子为Al3+，有两个电子层，最外层8个电子，Z为Cl最外层电子数为8，电子层数为三个电子层，最外层电子数相同，电子层数不相同，故C错误；D元素W为C与元素Z为Cl可形成含有极性共价键的化合物，如CCl4，是含有极性共价键的化合物，故D正确；故选C1220时，饱和KCl溶液的密度为1.174gcm3
35、，物质的量浓度为4.0molL1，则下列说法中不正确的是（）A20时，饱和KCl溶液与等质量的水混合后物质的量浓度大于2.0molL1B20时，将29.8 gKCl溶于87.6g水中可得饱和溶液C20时，密度小于1.174gcm3的KCl溶液是不饱和溶液D将此溶液蒸发部分水，再恢复到20时，溶液中各离子的浓度不变【考点】物质的量浓度；溶解度、饱和溶液的概念【分析】A、饱和KCl溶液与等质量的水混合后，水的密度小于氯化钾溶液，所以体积大于氯化钾溶液；B、设饱和溶液的体积为1L，计算溶液的质量和溶质的质量，进而计算溶质的质量分数，然后根据计算出29.8 gKCl溶于87.6g水中溶质的质量百分数，
36、最后根比较溶质的质量百分数与饱和溶液中溶质的质量分数可知；C、KCl溶液的浓度越大密度越大；D、将此溶液蒸发部分水，再恢复到20时，KCl溶解度不变，剩余溶液是饱和溶液【解答】解：A、饱和KCl溶液与等质量的水混合后，水的密度小于氯化钾溶液，所以体积大于氯化钾溶液，所以混合后物质的量浓度小于2.0molL1，故A错；B、设饱和溶液的体积为1L，溶液的质量为1.174g/ml1000ml=1174g，溶质的物质的量为1L4.0mol/L=4mol，质量为4mol74.5g/mol=298g，所以溶液的质量分数为100%=25.38%，将29.8gKCl溶于100%=25.38%，两者相当，所以所
37、得溶液为饱和溶液，故B正确；C、KCl溶液的浓度越大密度越大，故20时，密度小于1.174 gcm3的KCl溶液是不饱和溶，故C正确；D、若将饱和溶液蒸发，则有KCl晶体析出再恢复到20时，其溶解度不变，溶液仍为饱和溶液，溶液中各离子的浓度不变，故D正确；故选A13在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）ASiO2SiCl4SiBFeS2SO2H2SO4CN2NH3NH4Cl（aq）DMgCO3MgCl2（aq）Mg【考点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物【分析】A二氧化硅为酸性氧化物和盐酸不反应；BFeS2燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸；C氮气和氢气一定条件下反
38、应生成氨气，氨气和盐酸反应生成氯化铵；D碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，氯化镁溶液电解不能生成金属镁【解答】解：A二氧化硅属于酸性氧化物和盐酸不反应，不能一步实现反应，故A错误；B二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步转化，故B错误；C氮气和氢气在催化剂、高温高压条件下反应生成氨气，氨气是碱性气体和盐酸反应生成氯化铵，两步反应能一步实现，故C正确；D碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，故D错误；故选C14能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A用惰性电极电解MgC
39、l2溶液：2Cl+2H2O Cl2+H2+2OHB向石灰水中滴加少量Ca（HCO3）2溶液：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2OC过氧化钠与水反应：2O22+2H2O=4OH+O2D一定量明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至沉淀的质量最大时：2Ba2+4OH+Al3+2SO42=2BaSO4+AlO2+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A生成氢氧化镁、氢气、氯气；B反应生成碳酸钙和水；C过氧化钠在离子反应中保留化学式；D至沉淀的质量最大，生成硫酸钡、偏铝酸钾、水【解答】解：A用惰性电极电解MgCl2溶液的离子反应为Mg2+2Cl+2H2O Cl2+H2+Mg（OH）2
40、，故A错误；B向石灰水中滴加少量Ca（HCO3）2溶液的离子反应为Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，故B错误；C过氧化钠与水反应的离子反应为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2，故C错误；D一定量明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至沉淀的质量最大时的离子反应为2Ba2+4OH+Al3+2SO42=2BaSO4+AlO2+2H2O，故D正确；故选D15已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe（OH）3+ClO+OHFeO4n+Cl+H2O （未配平）则有关叙述不正确的是（）A已知FeO4n中Fe的化合价是+6价，则n=2B每产生1molCl，转移2mol电子CFeO4n具有强氧化性，
41、一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂D若n=2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3【考点】氧化还原反应【分析】A化合价的代数和等于电荷数；B该反应中Cl元素化合价由+1价变为1价，则一个次氯酸根离子转移2个电子；C强氧化性的物质能杀菌消毒，胶体能净水；D若n=2，Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价，根据转移电子相等判断氧化剂和还原剂的物质的量之比【解答】解：A已知FeO4n中Fe的化合价是+6价，由化合价的代数和等于电荷数可得n=2，故A正确；B反应中Cl的化合价从+1价降低到1价，则每产生1molCl，转移2mol电子，故B正确；CFeO4n具有
42、强氧化性能杀菌消毒，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂，故C正确；D若n=2，Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故D错误；故选D16一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为（）A13.5LB9.0LC16.8LD15.7L【考点】有关混合物反应的计算【分析】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或
43、混合物全是Cu2S，根据n=计算n（CuO），根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者之间【解答】解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）=0.15mol，转移电子物质的量=0.15（6+2）=1.2mol，NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得：x=0.3，故气体体积V=0.6mol22.4L/mol=13.44L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=0.15mol=0.075mol，转
44、移电子物质的量0.07510=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积为：0.1875mol222.4L/mol=8.4L，由于是CuS和Cu2S的混合物，则生成的气体体积介于8.413.44之间，所以B正确，故选B二、非选择题，共52分17氯气在工业上有着重要的用途，某兴趣小组在实验室中模拟工业上用氯气制备无水氯化铝（无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾）可用下列装置制备（1）装置B中盛放饱和食盐水溶液，其作用是除去氯化氢气体F中的是浓硫酸溶液，其作用是防止G中的水蒸气进入E中用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装
45、填的试剂为碱石灰（2）装置A实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是ACB（填序号）A往烧瓶中加入MnO2粉末B加热C往烧瓶中加入浓盐酸（3）制备反应会因盐酸浓度下降而停止为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出很多实验方案，其中方案之一为让残留的液体与足量Zn反应，测量生成的H2体积装置如右图所示（夹持器具已略去）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将锌粒转移到残余清液中反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积、气体体积逐渐减小，直至不变气体体积逐次减小的原因是气体未冷却到室温（排除仪器和实验操作的影响因素）（4）该小组同学查资料得知：将氯酸钾固体和浓盐酸混合也能生成氯气，同时
46、有大量ClO2生成；ClO2沸点为10，熔点为59，液体为红色；Cl2沸点为34，液态为黄绿色设计最简单的实验验证Cl2中含有ClO2收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，观察液体（或气体）颜色变化【考点】制备实验方案的设计【分析】根据实验装置图可知，该实验中用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，氯气与铝反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气用氢氧化钠吸收，为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸汽反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置F（1）根据所给的装置图可知，装置A是实验室利用浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，制得的氯气中含
47、有氯化氢和水等杂质，B装置是为了除去混有的HCl气体；因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是尾气吸收装置，所以可以加入碱石灰来代替F和G的作用；（2）装置A实验中用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，应先加二氧化锰，再从分液漏斗中加入浓盐酸，再加热；（3）使Y形管中的残余清液与锌粒反应，应将锌粒加入残余清液中；反应完毕时，相同时间内则气体体积减少，又排除了其它影响因素，只能从气体本身角度思考，联想到该反应是放热的，就可能想到气体未冷却；（4）ClO2沸点为10，熔点为59，液体为红色，Cl2沸点为34，液态为黄绿色，根据物质沸点不同设计实验【解答】解：根据实验装置图可知，该
48、实验中用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，氯气与铝反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气用氢氧化钠吸收，为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸汽反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置F（1）根据所给的装置图可知，装置A是实验室利用浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，制得的氯气中含有氯化氢和水等杂质，所以B装置中应装饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体；因为氯化铝易发生水解，故F应该防止空气中的水蒸气进入E装置，所以E装置中应放浓硫酸，而G是吸收反应剩余的氯气，所以可以加入碱石灰来代替F和G的作用，故答案为：饱和食盐水；除去氯化氢气体；
49、浓硫酸；防止G中的水蒸气进入E中；碱石灰；（2）装置A实验中用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，应先加二氧化锰，再从分液漏斗中加入浓盐酸，再加热，所以操作顺序为ACB，故答案为：ACB；（3）使Y形管中的残余清液与锌粒反应，应将锌粒加入残余清液中，其操作为将锌粒转移到残余清液中，故答案为：锌粒；残余清液；反应完毕后，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐渐减小的原因是气体未冷却到室温，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变，故答案为：气体未冷却到室温；（4）根据ClO2沸点为10，熔点为59，液体为红色，Cl2沸点为34，液态为黄绿色，为验证Cl2中含有ClO2，收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合
50、物中，观察液体（或气体）颜色变化，若出现红色，则说明Cl2中含有ClO2，故答案为：收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，观察液体（或气体）颜色变化18现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理（如图1所示），并测定电离平衡常数Kb（1）实验室可用浓氨水和X固体制取NH3，X固体可以是ADA生石灰 B无水氯化钙 C五氧化二磷 D碱石灰（2）检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口，试纸变蓝色，证明氨气已收满（3）关闭a，将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧c口，打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶，引发喷泉实验，电脑绘制
51、三颈瓶内气压变化曲线如图2所示图2中C点时喷泉最剧烈（4）从三颈瓶中用碱式滴定管（填仪器名称）量取20.00mL氨水至锥形瓶中，用0.05000mol/L HC1滴定用pH计采集数据、电脑绘制滴定曲线如图3所示（5）据图3计算，当pH=11.0时，NH3H2O电离平衡常数Kb近似值，Kb1.8105【考点】氨的制取和性质；氨的实验室制法【分析】（1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出；（2）氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色；（3）依据喷泉实验原理结合氨气极易溶于水的性质解答；三颈瓶内气体与外界大
52、气压压强之差越大，其喷泉越剧烈；（4）氨水显碱性，依据滴定管构造选择合适的仪器；（5）依据中和滴定计算氨水的物质的量浓度，弱电解质电离平衡常数Kb=；pH=11的氨水中c（OH）=0.001mol/L，c（OH）c（NH4+）=0.001mol/L，结合氨水的物质的量浓度计算NH3H2O电离平衡常数Kb【解答】解：（1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，而无水氯化钙、五氧化二磷都能够与氨气反应，所以不能用来制氨气；故答案为：AD；（2）氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，故答案为：将湿润的红色石
53、蕊试纸靠近瓶口，试纸变蓝色，证明氨气已收满；（3）要形成喷泉实验，应使瓶内外形成负压差，而氨气极易溶于水，所以打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶，氨气溶于水，使瓶内压强降低，形成喷泉；三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，故答案为：打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶；C；（4）氨水显碱性，量取碱性溶液，应选择碱式滴定管；故答案为：碱式滴定管；（5）设氨水的物质的量浓度为C，则：C20mL=0.05000mol/L22.40mL，解得C（NH3H2O）=0.056mol/L，弱电解质电离平衡常数Kb=；pH=11的氨
54、水中c（OH）=0.001mol/L，c（OH）c（NH4+）=0.001mol/L，则：Kb=1.8105；故答案为：1.810519MnO2是一种重要的无机功能材料，工业上从锰结核中制取纯净的MnO2工艺流程如图所示：部分难溶的电解质溶度积常数（Ksp）如下表：化合物Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp近似值101710171039已知：一定条件下，MnO4可与Mn2+反应生成MnO2（1）步骤中消耗0.5molMn2+时，用去1molL1的NaClO3溶液200ml，该反应离子方程式为5Mn2+2ClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+（2）已知溶液B的溶质之一可循环用
55、于上述生产，此物质的名称是氯酸钠（3）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料放电过程产生MnOOH，该电池正极的电极反应式是MnO2+H2O+eMnOOH+OH如果维持电流强度为5A，电池工作五分钟，理论消耗锌0.5g（已知F=96500C/mol）（4）向废旧锌锰电池内的混合物（主要成分MnOOH、Zn（OH）2）中加入一定量的稀硫酸和稀草酸（H2C2O4），并不断搅拌至无CO2产生为止，写出MnOOH参与反应的离子方程式2MnOOH+H2C2O4+2H2SO4=2CO2+2MnSO4+4H2O向所得溶液中滴加高锰酸钾溶液产生黑色沉淀，设计实验证明黑色沉淀成分为MnO2取少量黑色固体放入试管中，加
56、入少量浓盐酸并加热，产生黄绿色气体，说明黑色固体为MnO2（5）用废电池的锌皮制作ZnSO47H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是：加入稀H2SO4和H2O2，铁溶解变为Fe3+，加碱调节pH为2.7时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小于1105molL1时，即可认为该离子沉淀完全）继续加碱调节pH为6时，锌开始沉淀（假定Zn2+浓度为0.1molL1）若上述过程不加H2O2，其后果和原因是Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近，Zn2+和Fe2+分离不开【考点】制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】工业上从锰结核中制取纯净的MnO2工艺流程中，先选矿富集
57、，锰结核为锰的氧化物与其它金属氧化物的混合物，加入稀硫酸和试剂甲发生反应生成Mn2+，说明发生了氧化还原反应生成锰离子，则甲为还原剂，在溶液中加入NaClO3反应生成MnO2、水和气体A等，A和热氢氧化钠溶液反应生成溶液B，溶液B中的产物之一（Q）可循环用于上述生产证明Q为NaClO3，则A为Cl2，B为氯化钠、氯酸钠的溶液，二氧化锰不溶于水，得到MnO2（1）0.1mol/L的NaClO3溶液200ml的物质的量是0.02mol，当消耗0.05molMn2+时，转移电子的物质的量是0.05mol（42）=0.1mol，根据电子得失守恒可知0.02mol氯酸钠得到0.1mol电子，因此氯元素的
58、化合价变化5价，即从+5价降低到0价，因此还原产物是氯气；（2）氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水；（3）根据原电池工作原理判断正极发生还原反应，然后根据总反应写出正极的电极反应式；根据Q=It，计算出电子转移的数目，再结合电子守恒计算消耗的Zn的质量；（4）根据反应物有稀草酸，产物有二氧化碳，则说明碳元素化合价升高发生氧化还原反应，所以锰化合价降低生成二价的MnSO4，据此书写；结合实验室利用MnO2和浓盐酸反应制氯气来检验黑色固体是否是二氧化锰；（5）根据Fe（OH）3溶度积常数计算Fe3+离子浓度等于1105molL1时，溶液中OH浓度，再计算溶液的pH；同样根据根据Zn（
59、OH）2溶度积常数计算Zn2+浓度为0.1molL1时，溶液中OH浓度，再计算溶液的pH；如果不将Fe2+氧化成Fe3+，则可结合溶度积常数判断当Zn2+沉淀时，Fe2+是否沉淀，对产物的纯度有无影响【解答】解：工业上从锰结核中制取纯净的MnO2工艺流程中，先选矿富集，锰结核为锰的氧化物与其它金属氧化物的混合物，加入稀硫酸和试剂甲发生反应生成Mn2+，说明发生了氧化还原反应生成锰离子，则甲为还原剂，在溶液中加入NaClO3反应生成MnO2、水和气体A等，A和热氢氧化钠溶液反应生成溶液B，溶液B中的产物之一（Q）可循环用于上述生产证明Q为NaClO3，则A为Cl2，B为氯化钠、氯酸钠的溶液，二氧
60、化锰不溶于水，得到MnO2（1）0.1mol/L的NaClO3溶液200ml的物质的量是0.02mol，当生成0.05molMnO2时，转移电子的物质的量是0.05mol（42）=0.1mol，根据电子得失守恒可知0.02mol氯酸钠得到0.1mol电子，因此氯元素的化合价变化5价，即从+5价降低到0价，因此还原产物是氯气，所以该反应离子方程式为2ClO3+5Mn2+4H2O=5MnO2+8H+Cl2，故答案为：2ClO3+5Mn2+4H2O=5MnO2+8H+Cl2；（2）氯气与热的氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，因此可以循环的物质B是氯酸钠，故答案为：氯酸钠；（3）原电池中负极失去
61、电子，正极得到电子，因此碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则电极反应式为：MnO2+H2O+e=MnO（OH）+OH；5分钟转移电子的电量Q=It=5A300s=1500C，转移电子的物质的量为=0.0155mol，则消耗的Zn的质量为65g/mol=0.5g；故答案为：MnO2+H2O+eMnOOH+OH；0.5g；（4）因为反应物有稀草酸，产物有二氧化碳，则说明碳元素化合价升高发生氧化还原反应，所以锰化合价降低生成二价的MnSO4，方程式为2MnOOH+H2C2O4+2H2SO4=2CO2+2MnSO4+4H2O；根据实验室制氯气的反应原理，取少量黑色固体放入试管中，加入少量浓盐
62、酸并加热，产生黄绿色气体，说明黑色固体为MnO2；故答案为：2MnOOH+H2C2O4+2H2SO4=2CO2+2MnSO4+4H2O；取少量黑色固体放入试管中，加入少量浓盐酸并加热，产生黄绿色气体，说明黑色固体为MnO2；（5）铁加入稀H2SO4和H2O2，可被氧化生成Fe3+，铁刚好沉淀完全时离子浓度小于1105molL1，因Ksp=1039，则c（OH）=mol/L0.51011mol/L，此时pH=2.7，如锌开始沉淀，则c（OH）=mol/L=108mol/L，此时pH=6，由表中数据可知Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近，如不加H2O2，则Zn2+和Fe2+分离不开，故答案
63、为：Fe3+；2.7；6；Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近，Zn2+和Fe2+分离不开20铜及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途（1）纳米氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，已知高温下Cu2O比CuO稳定，画出基态Cu原子的价电子轨道排布图；从核外电子排布角度解释高温下Cu2O比CuO更稳定的原因Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；（2）CuSO4溶液常用作农药、电镀液等，向CuSO4溶液中滴加足量浓氨水，直至产生的沉淀恰好溶解，可得到深蓝色的透明溶液，再向其中加入适
64、量乙醇，可析出深蓝色的Cu（NH3）4SO4H2O晶体沉淀溶解的离子方程式为Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42+2OH；Cu（NH3）4SO4H2O晶体中存在的化学键有a、b、d；a离子键 b极性键 c非极性键 d配位键SO42的立体构型是正四面体，其中S原子的杂化轨道类型是sp3；（3）Cu晶体中原子的堆积方式如图所示（为面心立方最密堆积），则晶胞中Cu原子的配位数为12，若Cu晶体的晶胞参数a=361.4pm，则Cu晶体的密度是（只用数字列算式）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；化学键【分析】（1）Cu是29号元素，价层电子的排布为3d104s1，据此画出价电子轨道排布图；轨
65、道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定；（2）依据银铵溶液的制取原理书写氢氧化铜溶剂的离子方程式即可；配合物中，中心离子与配体之间有配位键，内界和外界之间是离子键，氨分子和水分子中都有极性共价键，据此答题；根据离子的中心原子价层电子对数及孤电子对数可判断离子的空间构型，根据价层电子对互斥理论确定S原子的杂化方式；（3）根据Cu晶体的晶胞结构示意图可知，以顶点铜原子为例，距离最近的铜原子位于晶胞的面心上，据此分析；根据计算密度【解答】解：（1）Cu是29号元素，价层电子的排布为3d104s1，所以价电子轨道排布图为，故答案为：；轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定，Cu+的最外层
66、电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO，故答案为：Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；（2）向硫酸铜中加入氨水，得到的是氢氧化铜沉淀，故溶解氢氧化铜的原理与制取银铵溶液相似，故反应的离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42+2OH，故答案为：Cu（OH）2+4NH3=Cu（NH3）42+2OH；配合物中，中心离子与配体之间有配位键，内界和外界之间是离子键，氨分子和水分子中都有极性共价键，所以Cu（NH3）4SO4H2O晶体中存在的化学键有离子键、极性键、配位键，故选a、b、d；SO42的中心原子硫原子的价层电子对数为=4，没有孤电子对，所以SO42的空间构型为正四面体，根据价层电子对互斥理论可知，S原子的杂化方式为sp3，故答案为：正四面体；sp3；（3）根据Cu晶体的晶胞结构示意图可知，以顶点铜原子为例，距离最近的铜原子位于晶胞的面心上，这样的原子有12个，所以晶胞中Cu原子的配位数为12，Cu晶体的晶胞中含有铜原子数为=4，根据可知晶胞的密度为g/cm3=g/cm3，故答案为：12；2016年12月26日
