辽宁省葫芦岛协作校2018_2019学年高二化学下学期第二次考试试题（含解析）.docx

20182019学年高二下学期第二次考试化学试题考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和第卷(非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：人教版必修1第三章、选修3。4.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64第I卷（选择题共48分）一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）1.徐冬录中对胡粉主要成分为2PbCO3Pb(OH)2的制法有如下描述：“嵩阳产销，居民多造胡粉。其法：铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者，炒为黄丹。黄丹渣为密陀僧。”其中黄丹的主要成分为为Pb3O4。下列说法错误的是A. 胡粉难溶于水B. 胡粉和黄丹中均含有+2价的铅C. 胡粉炒为黄丹的过程中发生了氧化还原反应D. 密陀僧分别与物质量浓度之比为1：2的稀硫酸和稀硝酸反应，前者反应速率更快【答案】D【解析】A胡粉的成份为2PbCO3Pb(OH)2，均难溶于水，故A正确；BPbCO3和Pb(OH)2中Pb均为+2价，而Pb3O4中Pb为+2价和+4价，则胡粉和黄丹中均含有+2价的铅，故B正确；C铅元素部分从+2价升高为+4价，发生氧化反应，则整个胡粉炒为黄丹的过程属氧化还原反应，故C正确；D物质的量浓度之比为1：2的稀硫酸和稀硝酸溶液中H+浓度之比为1:1，但稀硝酸还有强氧化性，PbSO4是难溶于水的盐，应会覆盖在PbO的表面，则密陀僧分别与物质的量浓度之比为1：2的稀硫酸和稀硝酸反应时原理不一样，反应速率与稀硝酸快，故D错误；答案为D。2.已知下列元素原子的价电子排布式，其中能表示该元素不是主族元素的是A. 3s23p3B. 3d14s2C. 4s24p2D. 3s23p5【答案】B【解析】【详解】A.3s23p3表示的是磷元素，属于第三周期第VA族，属于主族元素，A错误；B.3d14s2表示的是钪元素，属于第四周期第IIIB族，属于副族元素，B正确；C.4s24p2表示的是锗元素，属于第四周期第IVA族，属于主族元素，C错误；D.3s23p5表示的是氯元素，属于第三周期第VIIA族，属于主族元素，D错误；故合理选项是B。3.下列化学式能真实表示物质分子组成的是A. SO3B. SiO2C. KClD. NaOH【答案】A【解析】【详解】A.SO3是由分子构成的物质，因此SO3能真实表示物质分子组成，A正确；B.SiO2表示的是二氧化硅，该物质是原子晶体，物质中Si、O原子个数比为1:2，没有SiO2分子，B错误；C.KCl是离子晶体，每个K+周围有8个Cl-离子，每个Cl-周围有8个K+，二者的个数比为1:1，C错误；D.NaOH是离子化合物，Na+、OH-的个数比为1:1，没有NaOH分子，D错误；故合理选项是A。4.下列分子中，属于含极性键的非极性分子的是A. CH4B. H2SC. C60D. NH3【答案】A【解析】【详解】A.CH4是由极性键构成的非极性分子，A符合题意；B.H2S是由极性键构成的极性分子，B不符合题意；C.C60是由非极性键构成非极性分子，C不符合题意；D. NH3是由极性键构成的极性分子，D不符合题意；故合理选项是A。5.下列电子排布图所表示的元素原子中，其能量处于最低状态的是 ( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A、2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故A错误； B、违反了洪特规则，基态原子的电子总是优先单独占据一个原子轨道，且自旋状态相同，故B错误； C、2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，故C错误；D、能级能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p；每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道(能级相同的轨道)中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，故D正确；答案选D。【点睛】明确核外电子排布规律为解答关键，注意核外电子排布规律的理解与灵活运用。本题的易错点为B，要注意遵循洪特规则、泡利不相容原理、能量最低原理的基态原子排布能量最低。6. 下列叙述不正确的是A. 不能让小学生咬铅笔头，否则会引起铅中毒B. 食用碱用于面包加工，可以使面包疏松C. 铝合金用作门窗框架，这是利用了合金硬度大的特征D. 烧碱和冰醋酸均为电解质【答案】A【解析】试题分析：A不能让小学生咬铅笔头，是因为铅笔头表面可能有细菌，不卫生；而铅笔芯的主要成分是石墨的小颗粒与黏土，不含有铅，因此不会引起铅中毒，错误；B食用碱用于面包加工，可以与食物中的酸性物质反应产生CO2，气体从面团中逸出，可以使面包疏松，正确；C 铝合金用作门窗框架，这是利用了合金硬度比成分金属大的特征，正确；D 烧碱是NaOH，属于碱，冰醋酸是CH3COOH，属于酸，二者均为电解质，正确。考点：考查物质的性质、分类及应用正误判断的知识。7.下列关于晶体的叙述中不正确的是A. 原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B. 分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C. 离子晶体中，一定含有离子键，也可能含有共价键D. 金属晶体中，金属键既没有方向性，也没有饱和性【答案】B【解析】【详解】A.原子晶体中，原子之间通过共价键结合，共价键的键能越大，断裂共价键使物质熔化、气化需要消耗的能量越大，物质的熔、沸点越高，A正确；B.分子晶体构成微粒是分子，在分子晶体中，分子间的作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化或气化需要消耗的能量越大，物质的熔沸点就越高，而物质的稳定与分子间作用力大小无关，与分子内的化学键的强弱有关，B错误； C.离子晶体的构成微粒是阳离子、阴离子，阳离子、阴离子之间通过离子键结合，若阴离子、阳离子为复杂离子，则离子中可能存在共价键，C正确；D.金属晶体的构成微粒是金属阳离子和自由电子，阳离子和自由电子之间通过金属键结合，金属键既没有方向性，也没有饱和性，D正确；故合理选项是B。8.用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是A. SO2是直线形分子B. SO3是三角锥形分子C. BF3的键角为120D. PCl3是平面三角形分子【答案】C【解析】【详解】A. SO2中中心S原子价层电子对个数为2+(6-21)=4，且S原子上含有2个孤对电子对，所以SO2为V形分子，A错误；B.SO3中中心S价层电子对个数为3+(6-32)=3，是平面三角形分子，B错误；C.BF3中中心B价层电子对个数为3+(3-31)=3，无孤电子对，是平面三角形分子，键角为120，C正确；D. PCl3中中心P价层电子对个数为3+(5-31)=4，含有1对孤电子对，所以PCl3是三角锥形分子，D错误；故合理选项是C。9.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A. 标准状况下，2.24L苯含C-H键的数H为0.6NAB. 5.6gFe与过量稀硝酸反应，转移的电子数为0.3NAC. K35ClO3与浓H37Cl反应制得7.1g氯气，则生成的Cl2分子数为0.1NAD. 6.4gCu与40 mL10mol/L浓硝酸充分反应，生成的NO2分子数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A.苯在标准状况下为液体，不能使用气体摩尔体积，A错误；B.5.6gFe的物质的量是0.1mol，由于稀硝酸过量，Fe变为+3价，所以0.1molFe失去0.3mol电子变为Fe3+，所以转移的电子数为0.3NA，B正确；C.K35ClO3与浓H37Cl反应的化学方程式为：K35ClO3+6H37ClK37Cl+35Cl37Cl+237Cl2+3H2O，故混合气体的平均摩尔质量为M=73.3g/mol，则7.1g氯气的物质的量小于0.1mol，则氯气分子个数小于0.1NA个，C错误；D.铜和浓硝酸反应后生成NO2，和稀硝酸反应后生成NO，而6.4gCu与40mL10mol/L浓硝酸反应时，开始生成二氧化氮，随着反应的进行，硝酸变稀，则生成NO，故最终生成的NO2分子数小于0.2NA，D错误；故合理选项是B。10.下列反应的离子方程式书写正确的是A. Na2O2溶于水：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2B. Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-C. 用FeCl3溶液腐蚀铜板：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+D. 碳酸钙溶于稀硝酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O【答案】AD【解析】【详解】A.Na2O2溶于水反应产生NaOH和O2，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2，A正确；B.Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2会反应产生Ca(HCO3)2，离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，B错误；C.电子、电荷不守恒，离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，C错误；D.反应符合事实，遵循离子方程式书写原则，D正确；故合理选项是AD。11.下列物质的转化在给定条件下均能通过一步反应实现的是A. NaAlO2(aq)AlCl3Al2O3B. N2NO2HNO3C. NaCl(饱和)NaHCO3Na2CO3D. FeS2SO3H2SO4【答案】C【解析】【详解】A. AlCl3与NaOH溶液反应，少量NaOH溶液会产生Al(OH)3沉淀，过量NaOH溶液反应会产生NaAlO2，不能产生Al2O3，A错误；B.N2与O2反应会产生NO气体，B错误；C.向NaCl饱和溶液中通入NH3后，再通入CO2气体，会发生反应：NaCl+ NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，将NaHCO3过滤出来，灼烧，发生分解反应产生Na2CO3，反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O，符合反应事实，C正确；D.FeS2煅烧发生反应产生SO2，不能产生SO3，D错误；故合理选项是C。12.关于金属元素的特征，下列叙述正确的是金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性金属元素在化合物中一般显正价 金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱价电子越多金属原子的金属性越强A. B. C. D. 【答案】B【解析】对于多价金属离子来说，较低价态的金属离子既有氧化性又有还原性，例Fe2+，Fe2+Zn=Fe+Zn2+，2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，故错误；因为金属元素的原子只具有还原性，故在化合物中只显正价，故正确；金属性越强的元素越易失去电子，单质的还原性越强，对应的离子越难以得电子，氧化性越弱，故正确；金属性强弱与失电子的多少无关，只与得失电子的难易程度有关，所以与最外层电子数无关，故错误；故选B。点睛：金属元素的化合价一定是正价，因而其原子只有还原性，但其离子不一定只有氧化性，如Fe2+就有还原性，金属元素难以得到电子，在化学反应中只能失去电子，金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱，在金属和非金属分界线附近的金属一般具有金属性和非金属性。13.现有二种元素的基态原子的电子排布式如下：ls22s22p63s23p4；ls22s22p63s23p3；ls22s22p5。则下列有关比较中正确的是A. 未成对电子数：B. 原子半径：C. 电负性D. 第一电离能： 【答案】D【解析】分析】由核外电子排布式可知，ls22s22p63s23p4为S元素，ls22s22p63s23p3为P元素，ls22s22p5为F元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知是S元素，是P元素，是F元素。A. S原子有2个未成对电子，P原子有3个未成对电子，F原子有1个未成对电子，所以未成对电子数：，A错误；B.同一周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径PSF，即，故B错误；C.同一周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低，电负性，C错误；D.同一周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能ClPS；同主族自上而下第一电离能减弱，故FCl，所以第一电离能FPS，即，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的知识，把握电子排布规律推断元素、元素周期律为解答该题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。14.磁光存储的研究是Williams等在1957年使Mn和Bi形成的晶体薄膜磁化并用光读取之后开始的。Mn和Bi形成的某种晶体的结构示意图（白球均在六棱柱内）如图所示，则该晶体物质的化学式可表示为A. Mn4Bi3B. Mn2BiC. MnBi3D. MnBi【答案】D【解析】【详解】由晶胞的结构图可知，锰原子分布在正六棱柱的顶点、上下底面的面心上、棱边的中点上和体心上，所以锰原子的个数为：1+12+2+6=6，铋原子分布在六棱柱的体内，数目为6，所以锰原子和铋原子的个数比为6：6=1：1，所以化学式为MnBi，故合理选项是D。15.向Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中某几种组成的混合物中加入足置的盐酸，有气体放出，将生成的气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少一部分；将上述混合物在空气中加热，有气体放出。下列判断正确的是A. 混合物中一定不含Na2CO3、NaClB. 无法确定混合物中是否含有NaHCO3C. 混合物中一定含有Na2O2、NaHCO3D. 混合物中一定不含Na2O2、NaCl【答案】C【解析】【分析】盐酸可以和过氧化钠反应产生氧气，和碳酸钠、碳酸氢钠反应可以释放出二氧化碳，二氧化碳可以和氢氧化钠反应，氧气不反应，碳酸氢钠受热分解会生成二氧化碳气体，向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定。【详解】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定，则A.混合物中可能含有Na2CO3、NaCl，A错误；B.由上述分析可知，混合物中一定有NaHCO3，B错误；C.由上述分析可知，混合物中一定有Na2O2、NaHCO3，C正确；D.由上述分析可知，混合物中一定含有Na2O2，可能含有NaCl，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查钠的化合物的性质、物质推断等，清楚发生的反应是推断的关键。16.次氯酸钾是种白色粉末，极易溶于冷水，遇热水则分解，在空气中极不稳定，受热后迅速自行分解。工业上生产次氯酸押的流程如下：下列说法正确的是A. 步骤、发生的反应均为非氧化还原反应B. 步骤采取的方法是加入足量水以制得Ca(OH)2溶液C. 步骤氧化时，氯气是氧化剂，Ca(OH)2是还原剂D. 步骤的操作包括蒸发浓缩，冷却结晶、在空气中晾干【答案】A【解析】【详解】A.步骤CaCO3煅烧分解产生CaO和CO2，步骤是CaO与H2O化合形成Ca(OH)2，反应过程中元素化合价都没有发生变化，所以都是非氧化还原反应，A正确；B.Cl2与石灰乳发生反应：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(HClO)2+2H2O，加入的水是少量的，不是足量的，B错误；C.步骤氧化时，氯气中的Cl元素化合价部分升高，部分降低，因此Cl2既是氧化剂，又是还原剂，C错误；D.由于次氯酸钾是种白色粉末，极易溶于冷水，遇热水则分解，在空气中极不稳定，所以步骤的操作中不能在空气中晾干，D错误；故合理选项是A。第卷（非选择题共52分)二、非选择题(本题包括小題，共52分）17.人类文明的发展历程，也是化学物质的发现和认识的历程。(1)基态铁原子的价电子排布图为_。(2)铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，l个(SCN)2分子中含有键的数目为_。类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H-S-CN)的沸点低于异硫氰酸(HNCS)的沸点，其原因是_。(3)硝酸钾中NO3-的空间构型为_，写出与NO3-互为等电子体的一种非极性分子的化学式_。(4)钙的配合物离子W(CO)5OH-能催化固定CO2，该配合物离子中钨的配位数是_。【答案】 (1). (2). 4 (3). 异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键 (4). 平面三角形 (5). SO3或BF3、BBr3 (6). 6【解析】【分析】(1)Fe是26号元素，根据构造原理，结合泡利原理和洪特规则书写其核外电子排布式，据此可得其价电子排布图；(2)铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，(SCN)2分子中硫原子形成两个共用电子对、C原子形成四个共用电子对、N原子形成三个共用电子对；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成分子间氢键；(3)根据价层电子对数判断微粒的空间构型；结合等电子体概念书写相应的非极性分子的等电子体；(4)钨的配位体为CO、OH-。【详解】(1)Fe是26号元素，其基态核外电子排布式为Ar3d64s2，价电子排布式为3d64s2，所以价电子排布图为；(2) (SCN)2分子的结构简式是NC-S-S-CN，可见在该分子中含有5个键，4个键；类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H-S-CN)的沸点低于异硫氰酸(HNCS)的沸点，其原因是异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键。(3)NO3-中N原子的价层电子对数为3+=3，且不含孤电子对，所以NO3-的空间构型为平面三角形；与NO3-互为等电子体的一种非极性分子的化学式为BF3、SO3、BBr3；(4)钙的配合物离子W(CO)5OH-能催化固定CO2，该配合物离子中钨的配位体是CO、OH-，所以W配位数是5+1=6。【点睛】本题考查物质结构和性质的知识，涉及价电子排布图的书写、共价键类型的判断与计算、氢键、等电子体、络离子等，物质的结构对性质的决定作用。18.X、Y、Z、R、M是原子序数依次增大的五种元素，基态X原子的2p电子数是2s电子数的一半，由Y、Z元素组成的某种化合物是一种常用的漂白剂、供氧剂，Z和R位于同周期且R的基态原子中有3个电子能量最高，M2+与过量氨水作用，先得到蓝色沉淀后转化为深蓝色溶液Q。请回答下列问题：(1)Z、R、M三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(2)XCl3、RCl3两种分子中属于非极性分子的是_ (填化学式）。(3)已知H2Y2和RH3的相对分子质量相同，H2Y2的熔点为-0.43，沸点为158，而RH3的熔点为-133，沸点为-87.7，其主要原因是_。(4)X、R元素可形成一种具有立体网状结构的化合物，其晶胞结构如图所示，该化合物的晶体类型是_，化学式为_，X的配位数是_。【答案】 (1). PCuNa (2). BCl3 (3). 两种物质均是分子晶体，H2O2分子间存在氢键而PCl3分子间不存在氢键 (4). 原子晶体 (5). BP (6). 4【解析】【分析】X、Y、Z、R、M五种元素的原子序数依次增大，基态X原子的2p电子数是2s电子数的一半，原子核外电子排布为1s22s22p1，则X为B元素；由Y、Z元素组成的一种化合物是一种常用的漂白剂、供氧剂，则Y为O元素、Z为Na；Z和R位于同周期且R的基态原子中有3个电子能量最高，外围电子排布使为3s23p3，故R为P元素；M2+与过量氨水作用先得到蓝色沉淀后转化为深蓝色溶液Q，则M为Cu。(1)元素的非金属性越强，第一电离能越大，金属性越强，第一电离能越小；(2)化合物BCl3的B原子孤电子对数为0，杂化轨道数目为3，为平面正三角形，而PCl3中P原子由1对孤对电子，价层电子对数为4，为三角锥形；(3)H2O2分子之间形成氢键，熔沸点较高；(4) 具有立体网状结构的化合物的晶体类型为原子晶体；根据均摊法计算晶胞中原子数目，确定化学式；R原子配位数为4，晶体中原子配位数与原子数目呈反比。【详解】根据上述分析可知：X为B元素；Y为O元素、Z为Na元素；R为P元素；M为Cu元素。(1)Z、R、M三种元素分别是Na、P、Cu，由于元素的非金属性越强，其第一电离能越大，元素的金属性越强，第一电离能越小，所以第一电离能由大到小的顺序为：PCuNa，(2)化合物BCl3的B原子孤电子对数为0，杂化轨道数目为3，B原子采取sp2杂化，为平面正三角形，分子中正负电荷重心重合，属于非金属性分子；而PCl3中P原子有1对孤对电子，价层电子对数为4，为三角锥形，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子；(3)H2O2分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键；而PH3分子之间只存在分子间作用力，不能形成氢键，故H2O2熔沸点较高；(4)X、R元素分别是B、P，二者可形成一种具有立体网状结构的化合物，则该晶体为原子晶体，由其晶胞结构可知，在该晶胞中含有的B原子数为8=4，晶胞中P原子数目为4，所以该化合物的化学式为BP，R原子配位数为4，晶体中R、X原子数目之比为1：1，故二者配位数相等，则X的配位数是4。【点睛】本题考查了物质结构与性质，涉及电离能比较、原子杂化轨道与分子极性、氢键、晶胞计算等，注意氢键对物质性质的影响，注意同周期主族元素中第一电离能异常情况。19.2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的4位科学家，其研究对象之一为“分子开关”，即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题：(1)对叔丁基杯4芳烃(如图I所示)可用于B族元素对应的离子萃取，如La2+、Sc2+。写出基态二价钪离子的核外电子排布式_。(2)对于叔丁基杯4芳烃由4个羟基构成杯底，羟基中氧原子的杂化方式为_，羟基间的相互作用力为_。(3)已知C60分子结构和C60晶胞示意图如图所示：则1个C60分子中含有的键个数为_，与1个C60分子距离最近且相等的C60分子有_个，C60晶体的密度为_gcm3(写出表达式）。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d1(或Ar3d1) (2). sp3 (3). 氢键 (4). 90 (5). 12 (6). 【解析】【分析】(1)Sc为21号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，失去4s能级2个电子形成Sc2+；(2)O原子形成2个键，含有2对孤电子对，杂化轨道数目=2+2=4；羟基之间形成氢键；(3)每个碳原子形成3个键，每键为2个碳原子共有，则平均每个碳原子形成1.5个键；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，均摊法计算；均摊法计算晶胞中C60分子数目，计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量晶胞体积。【详解】(1)Sc为21号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，失去4s能级2个电子形成Sc2+，Sc2+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d1；(2)O原子形成2个键，含有2对孤电子对，杂化轨道数目=2+2=4，O原子杂化方式为：sp3杂化，羟基之间相互作用为氢键；(3)每个碳原子形成3个键，每键为2个碳原子共有，则平均每个碳原子形成1.5个键，则一个C60分子中含有键个数为1.660=90，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，晶胞中C60分子数目=8+6=4，晶胞质量m=g，则晶体密度=1.67 g/cm3。【点睛】本题考查物质结构与性质的知识，涉及核外电子排布、杂化方式、氢键、等电子体、空间构型、晶胞结构与计算等，掌握均摊法进行晶胞有关计算。20.乳酸亚铁CH3CH(OH)COO2Fe是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得。I制备碳酸亚铁：装置如图所示。（1）B中可观察到的现象是铁粉逐渐溶解，_。 将B中生成的FeCl2溶液压入装置C的操作是_。制备乳酸亚铁：将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸。（2）加入少量铁粉的作用是_，反应后加入适量乳酸的作用是_。（3）从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是_ _、_、洗涤、干燥。（4）设计实验证明乳酸亚铁中含Fe2+_ _。【答案】（1）有气泡冒出，溶液变成浅绿色；关闭活塞3，打开活塞2（各2分）（2）防止Fe2+被氧化；除去铁粉（各1分）（3）冷却结晶；过滤（各1分）（4）取少量乳酸亚铁溶液于试管中，先滴加几滴KSCN溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水，溶液变成血红色（或其他合理答案）（2分）【解析】试题分析：（1）Fe与稀盐酸会发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2，因此会观察到有气泡冒出，溶液变成浅绿色；将B中生成的FeCl2溶液压入装置C的操作是关闭活塞3，打开活塞2，在氢气压强的作用下，FeCl2溶液被压入装置C；（2）Fe2+具有还原性，容易被装置中的空气氧化产生Fe3+，为防止其变质，要加入还原铁粉；Fe是比较活泼的金属，可以与酸发生反应，所以反应后加入适量乳酸的作用是除去过量的铁粉；（3）乳酸亚铁的溶解度受温度的影响变化较大，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥