湖南省岳阳市2019届高三化学教学质量检测试题（二）（含解析）.docx

湖南省岳阳市2019届高三化学教学质量检测试题（二）（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cu-64一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与科技、工业生产与生活均密切相关。下列有关叙述正确的是A. 利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化B. 汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石C. 二氧化硫是一种常见的漂白剂，常用于加工食品使食品增白D. 铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝【答案】A【解析】【详解】A. 利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化，A正确；B. 汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为粘土，B错误；C. 用二氧化硫漂白的食品对人体的肝脏、肾脏有严重的损害作用，所以SO2不能用于食品漂白，C错误；D. 一般来说，活泼金属用电解法，铝是活泼金属，所以采用电解法冶炼，故D错误。答案选A。2.下列装置或操作能达到目的是A. 装置用铜与稀硝酸制取少量NOB. 装置可用于测定中和热C. 利用装置制取氯气D. 装置保护铁闸门不被腐蚀【答案】D【解析】【详解】A项，NO极易被氧化生成NO2，所以不能用排空气法收集，故不选A项；B项，装置缺少环形玻璃搅拌棒，不可用于测定中和热，故不选B项；C项，用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，需要加热，所以不能利用装置制取氯气，故不选C项。D项，如图所示，装置为外加电源的阴极保护法，铁闸门连接电源的负极，作阴极，可被保护，故选D项。综上所述，本题正确答案为D。【点睛】化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，所以该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A. 235g核素发生裂变反应：+ +10净产生的中子()数为10NAB. 常温下，0.5L pH=14的Ba(OH)2溶液中OH数目为NAC. 一定条件下，32gSO2与足量O2反应，转移的电子数为NAD. 标准状况下，5.6L乙烷中含有的极性键数目为1.5NA【答案】D【解析】【详解】A. + +10净产生的中子为10-1=9，则235g核素发生裂变反应净产生的中子()数为9NA，故A错误；B.常温下，pH=14即c(OH-)=1mol/L，0.5L pH=14的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.5NA，故B错误；C. 一定条件下，32gSO2与足量O2反应，因为是可逆反应，不能完全转化，所以转移的电子数小于NA，故C错误；D.标准状况下，5.6 L乙烷是0.25 mol，其中含有的极性键(碳氢键)数目为1.5NA，故D正确。故选D。4.短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E。下列说法不正确的是A. X、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂B. 电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于工业上制备X单质C. W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物D. Y、Q形成的化合物是强电解质【答案】B【解析】【分析】短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族，W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，可联想到甲烷和氯气光照下反应生成一系列产物，故W为C，Z为Si，Q为Cl。X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E，则可推出X为Na，E为氢气，进一步证明Z为Si；Y的氧化物是一种比较好的耐火材料，也是工业上冶炼Y的原料，则联想到电解熔融氧化铝制取铝，推出Y为Al，以此解答该题。【详解】由以上分析可以知道W为C元素、X为Na元素、Y为Al元素、Z为Si元素、Q为Cl元素，A. Na2O和SiO2化合生成硅酸钠，硅酸钠可用作防火剂，故A正确；B. 电解饱和氯化钠溶液可以制备烧碱、氯气和氢气，不能制备金属钠，故B错误；C. C的氧化物有CO、CO2；Na的氧化物有Na2O、Na2O2；Cl的氧化物有Cl2O、ClO2等多种氧化物，故C正确；D. Al、Cl形成的化合物是是AlCl3，属于强电解质，故D正确。答案选B。5.有机物a和苯通过反应合成b的过程可表示为下图(无机小分子产物略去)。下列说法错误的是A. 该反应是取代反应B. 若R为CH3时，b中所有碳原子共面C. 若R为C4H9时，则b中苯环上的一氯代物可能的结构共有12种D. 若R为C4H5O时，1mol b最多可以与4molH2加成【答案】D【解析】【详解】A.烃基取代苯环的氢原子，为取代反应，故A正确；B.R为CH3时，根据苯分子中12原子共平面，则b中所有碳原子共面，故B正确；C.C4H9有4种，分别为：CH3-CH2-CH2-CH2-、CH3-CH2-CH (CH3)-、(CH3)2CH-CH2-、(CH3)3C-，苯环的H被取代，各有邻、间、对3种，共12种，故C正确；D.R为C4H5O时，不饱合度为=2，且1mol苯环消耗3mol氢气，则lmolb最多可以与5mol H2加成，故D错误。答案选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键。6.一种“全氢电池”的工作原理如图所示。下列说法不正确的是A. 电子流向是从吸附层M通过导线到吸附层NB. Na+从左边穿过离子交换膜向右边移动C. 离子交换膜可用质子交换膜D. 负极的电极反应是：H22e+2OH=2H2O【答案】C【解析】【分析】由图可知，该装置为原电池，吸附层M氢气分子失电子，吸附层N是H+得电子生成氢气，电子流向是从吸附层M通过导线到吸附层N，以此分析。【详解】A项，电子流动方向是从M通过导线到N，故A项正确；B项，原电池中，阳离子从负极移向正极，所以Na+从左边穿过离子交换膜向右边移动，故B项正确；C项，离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，不能用质子交换膜，故C项错误；D项，原电池的负极发生氧化反应，由于负极为碱性溶液，所以负极的电极反应是：H22e+2OH=2H2O，故D项正确。答案选C。7.可逆反应X(g)+2Y(g)2Z(g) 2M(g)N(g)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：反应开始 平衡（I） 平衡（II）下列判断正确的是A. 达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10：11B. 反应的正反应是吸热反应C. 在平衡(I)和平衡(II)中，M的体积分数相等D. 达平衡(I)时，X的转化率为50%【答案】A【解析】【详解】A、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：=，故A正确；B、降温由平衡（）向平衡（）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，故B错误；C、由平衡（）到平衡（），化学反应发生移动，M的体积分数不会相等的，故C错误；D、达平衡（）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，X(g)+2Y(g)2Z(g)起始（mol） 1 2 0转化（mol） 2 2平衡（mol） 1- 2-2 2则有：=，x=mol，即1-+ 2-2+ 2=，=，所以达平衡（）时，X的转化率为，故D错误。故选A。三、非选择题(一)必考题(共129分)8.氮和硫的化合物在工农业生产、生活中具有重要应用。请回答下列问题：(1)航天领域中常用N2H4作为火箭发射的助燃剂。N2H4与氨气相似，是一种碱性气体，易溶于水，生成弱碱N2H4H2O。用电离方程式表示N2H4H2O显碱性的原因是：_。(2)在恒温条件下，1 mol NO2和足量C发生反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A) _Kc(B)(填“”或“=”)A、B、C三点中NO2的转化率最高的是_(填“A”或“B”或“C”)点。计算C点时该反应的压强平衡常数Kp=_MPa(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。(3)已知：亚硝酸(HNO2)性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1104；H2CO3的Ka1=4.2107，Ka2=5.611011。在常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入1mol的HNO2后，则溶液中CO32、HCO3和NO2的离子浓度由大到小的顺序是_。(4)已知：常温下甲胺(CH3NH2)的电离常数为Kb，且pKb=lgKb=3.4水溶液中有CH3NH2+H2OCH3NH3+OH。常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)时，则溶液pH=_。(5)一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) H=+210.5kJ mol1CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s)+ 4CO2(g) H=189.2 kJ mol1反应CaO(s)+3CO(g)+SO2(g) CaS(s)+3CO2(g) H=_ kJ mol1【答案】 (1). N2H4H2ON2H5+OH-（或N2H4+H2ON2H5+OH-） (2). = (3). A (4). 2 (5). c(HCO3)c(NO2)c(CO32) (6). 10.6 (7). -399.7【解析】【分析】(1) N2H4结合H2O电离的氢离子使溶液呈碱性；(2)平衡常数只受温度影响，据此判断；增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；在C点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，可以知道氮气的浓度为二氧化碳的一半，据此确定各成份气体的体积分数，进而确定反应的压强平衡常数Kp；(3)弱酸电离常数越大，酸性越强，其酸根离子水解程度越小；(4) 根据Kb=c(OH-)计算；(5) 利用盖斯定律将-可得CaO(s)+3CO(g)+SO2(g) CaS(s)+3CO2(g)反应热。【详解】(1)肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH-和阳离子，电离方程式为N2H4H2ON2H5+OH-，因此，本题正确答案是：N2H4H2ON2H5+OH-；(2)平衡常数只受温度影响，所以Kc(A) =Kc(B)，因此，本题正确答案是：=；增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以A、B、C三点中NO2的转化率最高的是A点，因此，本题正确答案是：A；在C点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，可以知道氮气的浓度为二氧化碳的一半，所以混合气体中CO2的体积分数为，NO2的体积分数，N2的体积分数，所以反应的压强平衡常数Kp=2MPa，因此，本题正确答案是：2；(3)2mol碳酸钠的溶液中加入1mol的HNO2后，得到含有1mol碳酸钠、1mol碳酸氢钠和1mol亚硝酸钠的混合液。由亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1104，H2CO3的Ka1=4.2107，Ka2=5.611011，可判断水解程度大小顺序为CO32 NO2，CO32-水解生成HCO3，水解的程度较小，所以溶液中CO32离子、HCO3离子和NO2离子的浓度大小关系为c(HCO3)c(NO2)c(CO32)，因此，本题正确答案是：c(HCO3)c(NO2)c(CO32)；(4)电离常数Kb只随温度改变，常温时，CH3NH2+H2OCH3NH3+OH，当滴加稀硫酸至c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)时，Kb=c(OH-)，即c(OH-)= Kb=10-3.4mol/L，则c(H+)=10-10.6，所以pH=-lg10-10.6=10.6，因此，本题正确答案是：10.6；(5) 利用盖斯定律将-可得CaO(s)+3CO(g)+SO2(g) CaS(s)+3CO2(g) H=（189.2 kJ mol1）-（+210.5kJ mol1）=-399.7 kJ mol1，因此，本题正确答案是：-399.7。9.某同学看到利用零价铁还原NO3脱除地下水中硝酸盐”的相关报道后，利用如下装置探究铁粉与KNO3溶液的反应。实验过程如下：打开弹簧夹，缓慢通入N2，并保持后续反应均在N2氛围中进行；ii加入pH已调至2.5的0.01molL1KNO3酸性溶液100mL，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现，剩余固体表面有少量白色物质附着；过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色；iv检测到滤液中存在NO3、NH4+和Fe2+。(1)通入N2并保持后续反应均在N2氛围中进行的实验目的是_。(2)用化学方程式解释其变为红褐色的原因：_。(3)用K3Fe(CN)6检验滤液中Fe2+的实验方案是(写出具体操作、现象及结论)_。(4)取少量滤液，向其中加入几滴KSCN溶液，无明显现象；再加入几滴稀硫酸，溶液呈红色。溶液变成红色的原因是_。(5)该同学进一步査阅文献发现，用铁粉、碳粉混合物脱除硝酸盐，效果更佳。他用上述KNO3溶液继续设计如下实验，探究碳粉的作用。假设实验操作现象及结论假设1：碳粉可用作还原剂，脱除硝酸盐向烧杯中加入_，一段时间后，测定烧杯中NO3-的浓度NO3-浓度无明显变化，说明假设1不成立假设2：碳粉、铁粉形成无数个微小的原电池，促进了硝酸盐的脱除按如图所示组装实验装置，一段时间后，测定NO3-浓度_，说明假设2成立关于碳粉的作用，还可以提出的合理假设是_。【答案】 (1). 排除O2对Fe和NO3-反应的干扰 (2). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3 (3). 取少量滤液，向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明滤液中存在Fe2+ (4). 加入稀硫酸后，NO3-氧化性增强，将Fe2+氧化成Fe3+ (5). pH=2.5的0.01mol/LKNO3溶液100mL和碳粉，搅拌静置 (6). 指针发生偏转，右侧烧杯中NO3-浓度下降 (7). 碳粉是铁粉脱除硝酸盐的催化剂（其他合理答案均给分）【解析】【分析】（1）空气中氧气会影响Fe与硝酸根离子的反应；（2）铁粉部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色，说明有Fe2+生成，酸性减弱Fe2+水解得到Fe（OH）2，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，颜色变为红褐色；（3）取滤液，加入几滴K3Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成，说明滤液中存Fe2+；（4）溶液中存在亚铁离子、硝酸根离子，亚铁离子含有还原性，硝酸根再酸性条件下具有氧化性，亚铁离子被氧化为铁离子；（5）假设1：探究的是碳粉直接与NO3-反应效果，加入碳粉即可，作对照试验，溶液选取与原题中相同；假设2：构成原电池，负极电极反应式：Fe-2e-=Fe2+，正极NO3-被还原；碳粉作为催化剂，提高脱除硝酸盐反应速率。【详解】（1）空气中的O2会氧化Fe及Fe2+，对结果造成影响，通入氮气并且保持氮气环境是为了防止空气中的O2对反应造成干扰，故答案为：避免空气中氧气对Fe与NO3-离子反应的干扰；（2）中溶液中主要离子为Fe2+，Fe2+会少量水解生成Fe(OH)2为白色固体，且放置一段时间会被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3；（3）Fe2+与K3Fe(CN)6混合会生成蓝色的络合物沉淀，因此设计实验方案为：取滤液，向其中滴加几滴K3Fe(CN)6，若观察到蓝色沉淀，则证明滤液中存在Fe2+，故答案为：取少量滤液，向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明滤液中存在Fe2+；（4）由中条件：检测到滤液中存在NO3-、NH4+和Fe2+可知滤液中有Fe2+和NO3-，加入H+后发生反应3Fe2+ NO3- +H+=3Fe3+NO+2H2O，生成的Fe3+和SCN-反应使溶液变红，故答案为：加入稀硫酸后，NO3-氧化性增强，将Fe2+氧化成Fe3+；（5）假设1是探究碳粉是否为还原剂，结论是NO3-并无明显变化，说明溶液中并没有发生反应，因此根据控制变量法的原理可知，空为：碳粉和pH=2.5的0.01mol/LKNO3溶液100mL。假设2将铁和碳分别作为两个电极置入pH=2.5的0.01mol/LKNO3溶液中，因此铁电极为负极，失电子，被溶解，电子流向碳电极，右边杯中的NO3-浓度降低，因此空为：Fe电极部分溶解，电流计指针偏转，右杯中NO3-浓度降低。若碳粉在反应过程中作为催化剂，可以提高反应速率，使脱硝效果更佳，故合理的假设为：碳粉是铁粉脱除硝酸盐的催化剂。故答案为：pH=2.5的0.01mol/LKNO3溶液100mL和碳粉，搅拌静置；指针发生偏转，右侧烧杯中NO3-浓度下降；碳粉是铁粉脱除硝酸盐的催化剂。【点睛】本题考查探究实验方案问题，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础、分析解决问题的能力，注意对基础知识的理解掌握。10.工业以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工业流程如下：(1)浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的离子方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+SO42+H2O，该反应是经历以下两步反应实现的。iFe2O3+6H+=2Fe3+3H2O ii写出ii的离子方程式：_。(2)过滤所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为_(填离子符号)(3)氧化过程中被MnO2氧化的物质有(写化学式)：_。(4)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对浸锰”反应的影响如图所示：为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是_；向过滤所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是_。(5)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：_。(6)已知：pNi=lgc(Ni2+)，常温下，Ksp(NiCO3)=1.4107，向10mL0.1molL1Ni(NO3)2溶液中滴加0.1molL1Na2S溶液，会产生NiS沉淀，在滴加过程中pNi与Na2S溶液体积的关系如图所示。则在E、F、G三点中，_点对应溶液中水电离程度最小，常温下，在NiS和NiCO3的浊液中=_。【答案】 (1). 2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+ (2). Mn2+ 、Fe2+ (3). SO2(H2SO3、SO32-)、FeSO4(Fe2+) (4). 90 (5). 防止NH4HCO3受热分解，以提高原料利用率 (6). Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+ H2O (7). F (8). 1.41014【解析】【分析】软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入过量的SO2，发生反应，MnO2+SO2=MnSO4，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+SO42+H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为：2Fe2+15MnO2+28H+=2Fe3+14H2O+15Mn2+4SO42，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，据此分析解答。【详解】（1）Fe3+与SO2和水反应，生成Fe2+、SO42和H+，离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+；（2）浸锰过程中发生反应：MnO2+SO2=MnSO4、Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+SO42+H2O，所以过滤所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为Mn2+ 、Fe2+，故答案为：Mn2+ 、Fe2+；（3）氧化过程中加入MnO2的目的为除去过量的SO2，生成MnSO4；同时MnO2也可以氧化FeSO4，故答案为：SO2、FeSO4；（4）由图像可知，90时MnS2O6的生成速率相对较低，锰的浸出率相对较高，若温度升高，MnS2O6的生成速率及锰的浸出率变化均不明显，却会消耗更多的能源，所以“浸锰”的适宜温度是90；温度过高时，NH4HCO3受热易分解为NH3、CO2和H2O，导致原料利用率降低，故答案为：90；防止NH4HCO3受热分解，以提高原料利用率；（5）加入NH4HCO3溶液后，Mn2+与HCO3-反应生成MnCO3沉淀，同时还有CO2气体生成，反应的离子方程式为Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+ H2O，故答案为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+ H2O；（6）硝酸镍是强酸弱碱盐，硫化钠是强碱弱酸盐，它们都能促进水的电离。F点表示硝酸镍和硫化钠恰好完全反应，溶液中溶质是硝酸钠，水的电离程度最小；由图可知，F点表示硝酸镍和硫化钠恰好完全反应，溶液中c(Ni2+)=c(S2-)=10-10.5mol/L，则Ksp(NiS)=1010.51010.5=10-21，NiCO3(s)S2-(aq)NiS(s)CO32-(aq)， K=1.41014， 故答案为：F；1.41014。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、离子的检验等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。(二)选考题11.化学选修3：物质结构与性质技术人员晒制蓝图时，用K3Fe(C2O4)3H2O(三草酸合铁酸钾)作感光剂，再以K3Fe(CN)6氰合铁酸钾)溶液作显影剂。请回答以下问题：(1)铁元素在周期表中位置为_，Fe3+的基态价电子排布图为_。(2)在上述两种钾盐中第一电离能最大的元素为_，电负性最小的元素为_。(3)H2C2O4分子屮碳原子的杂化类型是_，与C2O42互为等电子体的分子的化学式为_(写一种)。(4)在分析化学中F常用于Fe3+的掩蔽剂，因为生成的FeF63十分稳定，但Fe3+却不能与I形成配合物，其原因是_(用离子方程式来表示)。(5)已知C60分子结构和C60晶胞如右图所示：1个C60分子中含有键的数目为_。晶胞中C60的配位数为_。已知C60晶胞参数为apm，则该晶胞密度的表达式是_gcm3(NA代表阿伏加德罗常数)。【答案】 (1). (2). 第四周期 (3). N (4). K (5). sp2 (6). N2O4 (7). 2Fe3+2I-=2Fe2+I2 (8). 30 (9). 12 (10). 【解析】【详解】(1)铁是26号元素，核外电子排布为2、8、14、2，所以Fe元素在周期表中位置为第四周期第VIII族，Fe3+的核外电子排布为2、8、13，其基态价电子排布图为；(2)一般情况下，元素的非金属性越强，其从第一电离能就越大，在上述两种钾盐中含有的元素有K、Fe、C、N、O、H，非金属性最强的元素的O元素，但由于N原子的最外层电子处于2p轨道的半充满状态，比较稳定，失去电子比相邻的O元素难，所以两种钾盐中第一电离能最大的元素为N元素；金属性最强的元素的K，故电负性最小的元素为K元素；(3)在H2C2O4分子中，两个碳原子与O原子形成了碳氧双键，两个碳原子形成了碳碳双键，还与羟基氧原子形成了碳氧单键，所以C的杂化类型是sp2杂化；根据等电子体的概念及C2O42-的构成原子个数、含有的电子数，可知与C2O42-互为等电子体的分子的化学式为N2O4；(4)在分析化学中F-常用于Fe3+的掩蔽剂，因为生成的FeF63-十分稳定，但Fe3+却不能与I-形成配合物，其原因是Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性，二者会发生反应：2Fe3+2I-= 2Fe2+I2，所以F-常用于Fe3+的掩蔽剂，而I-不可以；(5) 每个碳原子形成1个键，每键为2个碳原子共有，则一个C60分子中含有键个数为(160)2=30；根据晶胞结构示意图可知：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个；晶胞中C60分子数目=8+6=4，晶胞质量m=g，则晶胞的密度g/cm3。12.化学选修5：有机化学基础Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：请回答以下问题：(1)D的化学名称为_，DE的反应类型为_。(2)G的官能团名称为_。(3)B的结构简式为_。(4)FG的化学方程式为_。(5)X是D的同系物，分子比D分