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山西省太原市第五中学2019届高三化学下学期5月阶段性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Cu 64第卷1.化学与生活、社会密切相关。下列说法正确的是A. 苏打是面包发酵粉的主要成分B. 汽油和乙烯均为石油分馏得到的产品C. CaO可作工业废气的脱硫剂D. 蔗糖、淀粉、油脂的水解产物均为非电解质【答案】C【解析】【详解】A面包发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，易分解生成二氧化碳气体，易与酸反应，故A错误；B乙烯为裂解产品，石油分馏得到的产品含汽油，故B错误；CCaO与二氧化硫反应，则CaO可用作工业废气的脱硫剂，故C正确；D蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，淀粉水解生成葡萄糖，油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，葡萄糖、果糖、甘油均为非电解质，高级脂肪酸为电解质，故D错误；故答案为C。2.如图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2。下列说法正确的是A. N极的电极反应式为2HSO3-2He=S2O42-2H2OB. M极的电极反应式为SO22H2O2e=SO42-4HC. 离子交换膜为阴离子交换膜D. b为直流电源的正极【答案】B【解析】【分析】根据电解池中阳极发生氧化反应，依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极。【详解】电解池中阳极发生氧化反应，依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极；Ab为电源的负极，则N极为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式为：2HSO3-+2H+2e-S2O42-+2H2O，故A错误；Ba为电源的正极，则M极为电解池的阳极，发生氧化反应，电极SO2+2H2O-2e-SO42-+4H+，故B正确；C由阴、阳极电极反应式可知，阳极区产生的H+透过离子交换膜进入阴极区，则应选择阳离子交换膜，故C错误；D由分析知，b为直流电源的负极，故D错误；故答案为B。【点睛】电解池的阴、阳极判断方法：直接根据电源的正、负极判断，连接电源正极的为电解池的阳极；根据电解产物判断，得到氧化产物的极为阳极，阳极一般生成氧气，阴极上一般生成氢气或有金属析出；根据电流的方向判断，电流从电源的正极流向阳极，从阴极流回电源的负极；根据电解液中阳离子的移动方向判断，阳离子向阴极移动。3.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。Y和Z位于同一周期，可组成中学常见的共价化合物YZ和YZ2，X和Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相同，250.01molL-1 X和W形成化合物的水溶液pH为2，下列说法正确的是A. Y元素的非金属性大于W元素B. X和Y可以形成既含极性键又含非极性键分子C. YZ和YZ2均可以被NaOH溶液直接吸收D. X和W形成化合物中各原子均为8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，25时0.01mol/LX和W形成化合物的水溶液pH为2，则二者形成的化合物是一元强酸，则X是H元素、W是Cl元素；Y和Z位于同一周期，可组成中学常见的共价化合物YZ和YZ2，X和Z的原子最外层电子数之和等于W的原子最外层电子数，则Z最外层电子数是6，Z为O元素，Y为C元素，据此分析解题。【详解】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，25时0.01mol/LX和W形成化合物的水溶液pH为2，则二者形成的化合物是一元强酸，则X是H元素、W是Cl元素；Y和Z位于同一周期，可组成中学常见的共价化合物YZ和YZ2，X和Z的原子最外层电子数之和等于W的原子最外层电子数，则Z最外层电子数是6，Z为O元素，Y为C元素；AY是C、W是Cl元素，Cl元素的非金属性比C元素强，故A错误；BX为H、Y为C，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，X和Y能形成既含极性键又含非极性键的分子，如含有多个碳原子的烃，故B正确；CY是C、Z是O元素，CO2能被NaOH溶液吸收，而CO不与NaOH溶液反应，故C错误；DX是H、W是Cl元素，两者形成的化合物HCl的电子式为，可知H元素形成的是2个电子的稳定结构，故D错误；故答案为B。【点睛】考查键的极性和分子的极性判断，极性键：不同元素的原子间形成的共价键；非极性键：同种元素的原子间形成的共价键；极性分子：正电荷中心和负电荷中心不相重合的分子；非极性分子：正电荷中心和负电荷中心相重合的分子；分子极性的判断方法为：分子的极性由共价键的极性及分子的空间构型两个方面共同决定。4.萘乙酸甲酯是具有生长素活性的植物生长调节剂，农业上可用于抑制马铃薯块茎贮藏期发芽等，其结构如图所示，下列有关萘乙酸甲酯的判断错误的是A. 其在水中和苯中的溶解度均较大B. 属于芳香化合物，分子式为C13H12O2C. 能发生水解反应、氧化反应和加成反应D. 其一氯取代产物共有9种（不考虑立体异构体）【答案】A【解析】【详解】A含有酯基，在水中溶解度小，在苯中溶解度大，故A错误；B含有苯环，属于芳香化合物，其分子式C13H12O2，故B正确；C含有酯基，可发生水解反应，苯环上可发生加成反应，能燃烧发生氧化反应，故C正确；D分子结构中含有9种等效氢，则一氯代物有9种，故D正确；故答案为A。【点睛】“等效氢法”是判断烃的一元取代物的同分异构体最常用的方法。分子中同一甲基上连接的氢原子等效，同一碳原子所连的氢原子等效，同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，处于镜面对称位置上的氢原子等效。5.下图是传统的工业生产金属铝的基本流程图：结合流程图可判断下列说法错误的是A. 铝土矿的主要成分是Al2O3，电解铝的阴极和阳极材料均为碳B. 加入冰晶石和少量CaF2的目的是为了降低氧化铝的熔点C. 将氧化铝转化为氯化铝再进行电解以冶炼金属铝时可以节约大量能源D. 冶炼过程中，阳极材料可能会因不断被消耗而需要定期更换【答案】C【解析】【分析】传统的工业生产金属铝的基本流程为：萤石主要成分为氟化钙，萤石中加入冰晶石和氟化钙，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，电解氧化铝得到铝和氧气，石油炼制和煤的干馏产品中石墨(或碳)可以作为惰性电极电解冶炼铝，电解得到的铝净化、澄清铸锭。【详解】A铝土矿的主要成分是Al2O3，可用石墨作电解池的阴、阳极电解氧化铝冶炼铝，故A正确；BAl2O3属于离子晶体，熔点较高，加入冰晶石和氟化钙，熔融的冰晶石和氟化钙能溶解Al2O3晶体，即加入冰晶石和少量CaF2的目的是为了降低氧化铝的熔点，故B正确；C氯化铝是共价型化合物，熔融状态下不导电，无法电解，故C错误；D用石墨电极电解氧化铝，阳极生成的氧气能氧化碳生成CO2，则冶炼过程中，阳极材料可能会因不断被消耗而需要定期更换，故D正确；故答案为C。6.利用图示装置进行实验，反应进行足够长时间后装置II中实验现象正确的是II中实验现象A浓盐酸碳酸钙滴有酚酞的稀碳酸钠溶液溶液由红色变为浅红色B浓氨水氧化钙硫酸亚铁溶液产生大量白色沉淀C冰醋酸乙醇和浓硫酸饱和碳酸钠溶液溶液分层，上层为油状液体DNH4Cl溶液NaAlO2溶液紫色石蕊试液溶液由紫色变为蓝色A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A反应生成二氧化碳气体，且盐酸易挥发，二氧化碳、盐酸均与碳酸钠反应，则碱性减弱，观察到中溶液由红色最终变为无色，故A错误；B反应生成氨气，氨气与硫酸亚铁溶液反应生成Fe(OH)2白色沉淀，然后变为灰绿色，最终变为红褐色Fe(OH)3沉淀，故B错误；C酯化反应需要加热，则图中装置没有加热装置，不能生成乙酸乙酯，故C错误；DNH4Cl溶液和NaAlO2溶液混合后生成Al(OH)3白色沉淀，同时逸出氨气，氨气的水溶液显碱性，遇紫色石蕊试液显蓝色，故D正确；故答案为D。7.已知难溶性物质K2SO4MgSO42CaSO4在水中存在如下平衡： K2SO4MgSO42CaSO4(s)2Ca2(aq)2K(aq)Mg2(aq)4SO42- (aq)，不同温度下，K的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示。则下列说法错误的是A. 向该体系中分别加入饱和NaOH溶液和饱和碳酸钠溶液，沉淀溶解平衡均向右移动B. 分析可知T1T2T3C. 升高温度，溶浸速率增大，平衡向右移动D. 该物质的Kspc2(Ca2)c2(K)c(Mg2)c4(SO42-)/c(K2SO4MgSO42CaSO4)【答案】D【解析】【详解】A加入饱和NaOH溶液和饱和碳酸钠溶液，Ca2+和Mg2+浓度减小，则溶解平衡向右移动，故A正确；B温度越高，溶浸速率越快，达到平衡所需要时间越短，所图示可知温度由高到低的顺序为T1T2T3，故B正确；C由图可知，溶解平衡吸热，则升高温度，溶浸速率增大，平衡向正反应方向移动，故C正确；DK2SO4MgSO42CaSO4是纯固体，则由反应可知，该平衡的Ksp=c2(Ca2+)c2(K+)c(Mg2+)c4(SO42-)，故D错误；故答案为D。8.甲苯（）是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛（）、苯甲酸（）等产品。下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入2mL甲苯和一定量其它试剂，搅拌升温至70，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时。（1）装置a的名称是_，主要作用是_。三颈瓶中发生反应的化学方程式为_。（2）经测定，反应温度升高时，甲苯的转化率逐渐增大，但温度过高时，苯甲醛的产量却有所减少，可能的原因是_。（3）反应完毕，反应混合液经过自然冷却至室温后，还应经过_、_（填操作名称）等操作，才能得到苯甲醛粗产品。（4）实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的实验步骤是_（按步骤顺序填字母）。a对混合液进行分液 b过滤、洗涤、干燥c水层中加入盐酸调节pH=2 d与适量碳酸氢钠溶液混合振荡若对实验中获得的苯甲酸（相对分子质量为122）产品进行纯度测定，可称取2.500g产品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于锥形瓶，滴加23滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000 mol/L KOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液18.00mL。产品中苯甲酸的质量分数为_（保留一位小数）。下列情况会使测定结果偏低的是_（填字母）。a滴定终了俯视读取数据 bKOH标准液长时间接触空气c配制KOH标准液时仰视定容 d将指示剂换为甲基橙溶液【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率 (3). +2H2O2+3H2O (4). H2O2在较高温度时分解速度加快，使实际参加反应的H2O2减少影响产量 (5). 过滤 (6). 蒸馏 (7). dacb (8). 87.8 (9). ad【解析】【分析】(1)由仪器a结构可知为球形冷凝管，甲苯挥发会导致产率降低；三颈瓶中甲苯被过氧化氢氧化生成苯甲醛，同时还生成水；(2)根据温度过高时过氧化氢分解分析解答；(3)反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，先过滤分离固体催化剂，再利用蒸馏的方法分离出苯甲酸；(4)实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸；先与碳酸氢钠反应之后为苯甲酸钠，再分液分离，水层中加入盐酸得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸；苯甲酸的物质的量等于消耗KOH物质的量，再计算产品中苯甲酸的质量分数；a滴定时俯视读取耗碱量，会使KOH溶液体积读数偏小；bKOH标准液长时间接触空气，会吸收二氧化碳步骤转化为碳酸钾，导致消耗氢氧化钾溶液体积偏大；c配置KOH标准液时仰视定容，液面在刻度线上方，配制标准液的体积偏大、浓度偏小，导致滴定时消耗KOH溶液体积偏大；d将酚酞指示剂换甲基橙溶液，终点时溶液呈酸性，消耗氢氧化钾溶液体积偏小。【详解】(1)由仪器a结构可知为球形冷凝管，甲苯挥发会导致产率降低，冷凝回流，防止甲苯挥发导致产率降低；三颈瓶中甲苯被过氧化氢氧化生成苯甲醛，同时还生成水，反应方程式为：；(2)温度过高时过氧化氢分解速度加快，实际参加反应的过氧化氢质量减小，苯甲醛的产量却有所减少；(3)反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，先过滤分离固体催化剂，再利用蒸馏的方法分离出苯甲酸；(4)实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸；先与碳酸氢钠反应之后为苯甲酸钠，再分液分离，水层中加入盐酸得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸，再洗涤、干燥得到苯甲酸，故正确的操作步骤是：dacb，故答案为：dacb；若对实验中获得的苯甲酸产品进行纯度测定，可称取2.500g产品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于锥形瓶，滴加23滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000mo/L KOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液18.00mL；苯甲酸的物质的量等于消耗KOH物质的量，则2.500g产品中苯甲酸为0.018L0.1mol/L122g/mol=2.196g，产品中苯甲酸的质量分数为100%=87.8%；a滴定时俯视读取耗碱量，会使KOH溶液体积读数偏小，计算苯甲酸的质量偏小，测定结果偏低，故a正确；bKOH标准液长时间接触空气，会吸收二氧化碳步骤转化为碳酸钾，导致消耗氢氧化钾溶液体积偏大，测定结果偏高，故b错误；c配置KOH标准液时仰视定容，液面在刻度线上方，配制标准液的体积偏大、浓度偏小，导致滴定时消耗KOH溶液体积偏大，测定结果偏高，故c错误；d将酚酞指示剂换为甲基橙溶液，终点时溶液呈酸性，消耗氢氧化钾溶液体积偏小，测定结果偏低，故d正确；故答案为ad。9.今年为门捷列夫发现元素周期律150周年。门捷列夫预言了很多未知元素，锗是其中一种，工业上用精硫锗矿（主要成分为GeS2）制取高纯度锗，其工艺流程如图所示。请回答：（1）锗在元素周期表中的位置是_。（2）800，在N2氛围中使精硫锗矿升华的目的是_。（3）酸浸时Ge、S元素均被氧化到最高价态，写出该反应的离子方程式_。酸浸时温度不能过高的原因是_（4）GeCl4易水解生成GeO2nH2O，此过程化学方程式为_。温度对GeCl4水解率的影响如图所示，为提高水解率，实验时可采取的措施为_（填序号）。A冰水浴B冰盐水浴C49水浴（5）请判断25时0.1molL-1NaHGeO3溶液pH_（填“”或“”）7，理由是_（已知25时，H2GeO3的Ka1=1.710-9，Ka2=1.910-13）。【答案】 (1). 第四周期第A族 (2). 避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2 (3). GeS+8H+10NO3 =GeO2+ SO42+10NO2+4H2O (4). 浓硝酸受热易分解 (5). GeCl4(n+2)H2O = GeO2nH2O4HCl (6). B (7). (8). NaHGeO3溶液中水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故pH7【解析】【分析】根据流程：粉碎精硫矿(主要成分为GeS2)，在800，在N2氛围中使精硫矿升华，得到较为纯净的GeS2，加入氨气在825条件下将其还原为GeS，用浓硝酸酸浸：GeS+8H+10NO3-=GeO2+SO42-+10NO2+4H2O，得到粗GeO2，用COCl2将其氧化为GeCl4，加入高纯水水解得到GeO2nH2O，200将其脱水得到纯GeO2，最后用氢气将其还原得到高纯度Ge，据此分析作答。【详解】(1)Ge在元素周期表中的位置是第四周期第A族；(2)根据题干信息可知在N2氛围中使精硫锗矿升华的目的是避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2；(3)浓硝酸酸浸GeS时Ge、S元素均被氧化到最高价态，则生成GeO2、SO42-，NO3-被还原为二氧化氮气体，离子反应为：GeS+8H+10NO3-=GeO2+SO42-+10NO2+4H2O；浓硝酸受热易分解，故酸浸时温度不能过高；(4)GeCl4易水解生成GeO2nH2O，反应为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2nH2O+4HCl，根据图表，温度低时水解率较高，提高水解率，即促使反应正向进行，可加盐，故选用冰盐水浴，答案为B；(5)已知：H2GeO2的Ka1=1.710-9，Ka2=1.910-13，NaHGeO3水解平衡常数Kh=10-5Ka2=1.910-13，即NaHGeO3溶液中水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故pH7。10.NO2和N2O4的相互转化2NO2(g)N2O4(g)是高中乃至大学讨论化学平衡问题的常用体系。请回答：. 将N2O4 (g)转化为N2O4(l)，可用来制备硝酸。（1）已知2NO2(g)N2O4(g) H1 2NO2(g)N2O4(l) H2下列能量变化示意图正确的是_。A. B. C. （2）NO2和N2O4物质的量之比为1:1与O2和H2O恰好完全反应的化学方程式为_。. 对于2NO2(g)N2O4(g)反应体系，标准平衡常数K=，其中P为标准压强(1105 Pa)，P(N2O4)和P(NO2)为各组分平衡分压(平衡分压=总压物质的量分数）。（1）若起始NO2的物质的量设为1mol，反应在恒定温度和标准压强下进行，N2O4的平衡产率为0.75，则K=_。（2）利用现代手持技术传感器可以探究压强对2NO2 (g) N2O4 (g)化学平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。B点时NO2的转化率为_。E、H两点对应气体的平均相对分子质量ME _MH（填“或=”）。. 已知反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)是通过下面两步完成的：反应：2NO(g)N2O2(g) H10（快） v1正=k1正c2(NO) v1逆=k1逆c(N2O2)反应：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) H20（慢） v2正=k2正c(N2O2)c(O2) v2逆=k2逆c2(NO2)某科研小组测量出反应的部分实验数据如下表所示：c(N2O2)/ mol/Lc(O2)/ mol/L2正/ molL-1s-10.0100.0101.7510-60.0300.0201.0510-5x0.0601.0510-5（1）根据上表中的有关数据计算：x=_。（2）若、两反应的正、逆反应速率常数分别用k1正、k2逆、k2正、k2逆表示，则2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K=_（用速率常数表示）；反应达到平衡后升高温度，在新平衡建立前，体系内c(N2O2)的大小变化趋势是逐渐_。【答案】 (1). B (2). 4NO2+4N2O4+3O2+6H2O=12HNO3 (3). 3.75 (4). 6% (5). (6). 0.010 (7). （k1正k2正）/（k1逆k2逆） (8). 减小【解析】【分析】.(1)将NO2(g)转化为N2O4(g)的反应为放热反应，同种物质气态时能量比液态时能量高；(2)NO2和N2O4物质的量之比为1:1与O2和H2O恰好完全反应生成硝酸，只要结合电子守恒和原子守恒即可写出反应的化学方程式；. (1) 2NO2(g)N2O4(g)起始物质的量(mol) 1 0变化物质的量(mol) 0.75 0.375平衡物质的量(mol) 0.25 0.375平衡时NO2的体积分数为=0.4，N2O4的体积分数为=0.6，再结合K=即可；(2)根据阿伏加德罗定律，其他条件不变时，压强之比等于物质的量之比，结合三段式法进行计算；结合平衡的移动，分析气体的总物质的量变化，判断平均相对分子质量的变化；. (1)根据v2正=k2正c(N2O2)c(O2)计算即可；(2)反应达到平衡状态，则v1正=v1逆，v2正=v2逆，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K=，据此推算；温度升高，平衡向吸热反应方向移动。【详解】.(1)将NO2(g)转化为N2O4(g)的反应为放热反应，将N2O4(g)转化为N2O4(l)也为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4(l)具有的能量比N2O4(g)具有的能量低，图象B符合，故答案为B；(2)NO2和N2O4物质的量之比为1:1与O2和H2O恰好完全反应生成硝酸，根据守恒法得发生反应的化学方程式为4NO2+4N2O4+3O2+6H2O=12HNO3；.(1) 2NO2(g)N2O4(g)起始物质的量(mol) 1 0变化物质的量(mol) 0.75 0.375平衡物质的量(mol) 0.25 0.375平衡时NO2的体积分数为=0.4，N2O4的体积分数为=0.6，则标准平衡常数K=3.75；(2)根据阿伏加德罗定律，温度，体积不变时，压强之比等于物质的量之比。设起始时NO2的物质的量为n，反应的物质的量为2x，列出三段式： 2NO2 N2O4起始/mol n 0反应/mol 2x x平衡/mol n-2x x物质的量之比等于压强之比，则=，x=，NO2的转化率为100%=100%=6%；EH压强增大，平衡正向移动，气体的总物质的量减小，根据M=可知气体的平均摩尔质量不断增大，即平均相对分子质量MEMH；. (1)已知v2正=k2正c(N2O2)c(O2)，根据表中数据可知：v2正=k2正c(N2O2)c(O2)=k2正0.0300.020=k2正x0.060，解得：x=0.010；(2)反应达到平衡状态，则v1正=v1逆，v2正=v2逆，即k1正c2(NO)=k1逆c(N2O2)，k2正c(N2O2)c(O2)=k2逆c2(NO2)，所以=，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K=；反应、均为放热反应，升高温度平衡均逆向移动，则反应达到平衡后升高温度，在新平衡建立前，体系内c(N2O2)的大小变化趋势是逐渐减小。11.铬、铁、钴、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。请回答：（1）基态铬原子的价电子排布图为_。（2）CrO2Cl2和NaClO均可作化工生产的氧化剂或氯化剂。制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O2+3CCl42KCl +2CrO2Cl2+3COCl2。上述反应式中非金属元素电负性由大到小的顺序是_（用元素符号表示）。常温时CrO2Cl2是一种易溶于CCl4的液体，则固态CrO2Cl2属于_晶体。配合物CrCl36H2O中心离子Cr3+的配位数为6，向含0.1molCrCl36H2O 的溶液中滴加2molL-1AgNO3溶液，反应完全后共消耗AgNO3溶液50mL，则配离子的化学式为_。（3）Co3+与NO2形成的配合物与K+生成黄色沉淀检验溶液中的K+。配体NO2的立体构型为_，某常见气体化合物为NO2的等电子体，该化合物的分子式为_。（4）氯和钾与+2价的铜可生成一种催化乙炔聚合反应的化合物，其阴离子为无限长链结构(如下图)，a位置上Cl原子的杂化轨道类型为_杂化，这种化合物的化学式为_（5）铁和氨气在640 可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示，写出该反应的化学方程式：_。若两个最近的Fe原子间的距离为a cm，则该晶体的密度是_g/cm3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。【答案】 (1). (2). OClC (3). 分子 (4). Cr（H2O）4Cl2+ (5). V形 (6). SO2 (7). sp3 (8). KCuCl3 (9). 8Fe+3NH32Fe4N+3H2 (10). 【解析】【分析】(1)Cr是24号元素，其3d、4s电子为其价电子，3d、4s能级上分别含有5、1个电子，根据构造原理书写基态铬原子的价电子排布式，再写出价电子排布图；(2)同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到小电负性逐渐减小；分子晶体熔沸点较低；作为配体的Cl-则不能跟Ag+反应，可算出配体中Cl-数，再根据配位数为6写出H2O分子中的配体数目；(3)NO2-中N原子价层电子对个数=2+=3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型，推断其立体构型；与NO2-互为等电子体的微粒中含有3个原子、18个价电子；(4)a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，根据价层电子对互斥理论判断氯原子杂化方式；化合物中铜为+2价，Cu2+与Cl-形成的配合离子中Cl-数目为2+2=3，则阴离子构成为CuCl3-，根据各元素化合价的代数和为0确定化学式；(5)根据晶胞结构利用均摊法确定晶体的化学式。两个最近的Fe原子间的距离为面心到顶点的距离，利用该距离求出晶胞边长，从而求出晶胞体积，然后再计算密度。【详解】(1)Cr是24号元素，其3d、4s电子为其价电子，3d、4s能级上分别含有5、1个电子，根据构造原理书写基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，则价电子排布图为；(2)反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，CCl4中C表现正化合价、Cl表现负化合价，NaClO中Cl为+1价，O为-2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：OClC；分子晶体熔沸点较低，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体；经过计算Ag+物质的量0.1mol，说明该物质有0.1mol的Cl-不是配体，配体中Cl-为0.2mol，所以有2个Cl-为配体，因此H2O中有4个分子为配体，配离子的化学式为：Cr(H2O)4Cl2+；(3)NO2-中N原子价层电子对个数=2+=3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp2，则配体NO2的立体构型为V型；与NO2-互为等电子体的微粒中含有3个原子、18个价电子，与该离子互为等电子体的有SO2、O3等；(4)a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，根据价层电子对互斥理论判断氯原子杂化轨道类型为sp3；化合物中铜为+2价，Cu2+与Cl-形成的配合离子中Cl-数目为2+2=3，则阴离子构成为CuCl3-，与K+组成的化合物化学式为KCuCl3；(5)根据晶胞结构，Fe原子位于顶点和面心，所含的原子的数目为8+6=4，N原子位于体心，共有1个