浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（1班含解析）

浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（1班，含解析）可能用到的相对原子质量：h-1;c-12;n-14;o-16；f-19;ca-40;fe-56;cu-64。请将答案写在答题卷上，答在试卷上无效。本卷满分100分。一选择题（本题共有18小题，每小题只有一个正确选项。1-10题每小题2分，11-18题每小题3分，共44分）1.加拿大阿尔贡天文台在星际空间发现了hc9n链状分子，其结构为：hcccccccccn，这是人类迄今发现最重星际有机分子，有关该分子的说法不正确的是a. 该物质是有机物b. 该分子中含有9个键和10个键c. 该分子可发生加成反应d. 该分子中所有原子在同一直线上【答案】b【解析】详解】a、hc9n含有c元素，属于有机物 ，故a正确；b、单键是键、双键有1个键和1个键、三键有1个键和2个键，所以该分子中含有10个键和10个键，故b错误；c、该分子含有碳碳双键可发生加成反应，故c正确；d、乙炔为直线分子，所以所有原子在同一直线上，故d正确；答案选b。2.下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子稳定结构的是a. bf3b. cocl2c. pcl5d. chcl3【答案】b【解析】【分析】根据题中所有原子都满足最外层为8电子稳定结构可知，本题考查共价化合物中原子最外层电子排布情况，运用abn型共价化合物中元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构进行分析。【详解】a. bf3中，b原子的原子核外最外层电子数为3，其在分子中的化合价为+3价，在分子中的原子最外层电子数为6，a项错误；b. cocl2分子中，c和o、cl原子的原子核外最外层电子数分别为4、6和7，c和o、cl在分子中的化合价分别是+4和-2、-1价，均满足8电子稳定结构，b项正确；c. pcl5中，p原子的原子核外最外层电子数为5，其在分子中的化合价为+5价，在分子中的原子最外层电子数为10，c项错误；d. h原子最外层一定不满足8电子结构，在chcl3分子中，h原子最外层满足2电子稳定结构，d项错误；答案选b。3.下列对价电子构型为2s22p5的元素描述正确的是 （ ）a. 原子半径最小b. 原子序数为9c. 第一电离能最大d. 电负性最大【答案】bd【解析】【分析】价电子构型为2s22p5的元素为f元素，位于第二周期第a族。【详解】a项、同周期中原子半径最小为f，周期表中原子半径最小的为h，故a错误；b项、f的原子序数为9，故b正确；c项、在同周期元素中，第一电离能最大的为ne，故c错误；d项、f的非金属性最强，其电负性最大，故d正确。故选bd。【点睛】本题考查核外电子排布，利用价电子排布推出元素是解答本题的关键，注意结合元素周期律来解答。4.下列各组元素，按照原子半径依次减小、第一电离能依次增大的顺序排列的是a. k、na、lib. al、mg、nac. n、o、cd. p、s、cl【答案】a【解析】【详解】a k、na、 li 处于同主族，原子半径依次减小，同主族自上而下电离能降低，故k、na、li的元素第一电离能逐渐增大，故a项正确；bal、mg、na属于同一周期元素且原子序数依次减小，原子半径依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第a元素的第一电离能大于第a族的，所以第一电离能依次mgalna，故b项错误；cn、o、c属于同一周期元素，原子半径：cno，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第iia族、第va族元素的第一电离能大于相邻元素，故第一电离能顺序为：noc，故c项错误；dp、s、cl同周期，原子序数依次增大，同周期自左而右原子半径减小，同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但p最外层3p能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故第一电离能pcls，故d项错误；故答案选a。【点睛】本题主要考查原子半径和第一电离能大小的判断，根据元素周期律来分析解答即可，注意同一周期的第a元素的第一电离能大于第a族的，第a族的大于第a族的，为易错点。5.在d轨道中电子排布成，而不排布成，最直接的根据是a. 能量最低原理b. 泡利不相容原理c. 杂化轨道理论d. 洪特规则【答案】d【解析】【分析】根据题中轨道电子排布可知，本题考查原子核外电子排布，根据洪特规则进行分析。【详解】a. 能量最低原理就是指核外电子总是尽可能先占能量最低的轨道，只有当能量最低轨道被占满后，电子才依次进入能量较高轨道，与题意不符合，a项错误；b. 泡利不相容原理指的是在原子中不能容纳运动状态完全相同的电子，与题意不符合，b项错误；c. 杂化轨道理论指的是中心原子的若干能量相近的原子轨道重新组合，形成一组新的轨道，与题意不符合，c项错误；d.当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，5个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，d项正确；答案选d。【点睛】洪特规则是：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。6.下列有关实验、工业生产说法不正确的是( )a. 实验室从海带中分离碘元素必须用到的硅酸盐材料的仪器有坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒、烧杯、漏斗及分液漏斗b. 提取海带中碘元素时，为保证i完全氧化为i2，应加入过量的氧化剂(h2o2或新制氯水)c. 用分液漏斗进行萃取，需要几次振荡并放气，再将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置d. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出【答案】b【解析】【详解】a. 实验室从海带中分离碘元素操作包含灼烧、溶解、过滤、萃取等环节，必须用到的硅酸盐材料的仪器有坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒、烧杯、漏斗及分液漏斗，a正确；b. 提取海带中碘元素时，为保证i完全氧化为i2，加入的氧化剂不能用过量的氯水，这样将会引进杂质，b错误；c. 用分液漏斗进行萃取，需要几次振荡并放气，再将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置，c正确；d. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，d正确；答案为b7.下列实验操作或数据记录不正确的是：a. 用10 ml量筒量取92 ml nacl溶液b. 用酸式滴定管量取20.00 ml k2cr2o7溶液c. 用电子(分析)天平测得铁片质量是15.5240 gd. 用托盘天平称量时，将naoh固体放在滤纸上，称得质量为4.2 g【答案】d【解析】【详解】a. 量筒精确到0.1，可量取nacl溶液，体积为9.2ml，a项正确；b. k2cr2o7具有强氧化性，应用酸式滴定管量取20.00 ml，b项正确；c. 电子(分析)天平精确到0.0001g，c项正确；d. naoh固体有腐蚀性易潮解，应在小烧杯中称量，d项错误； 答案选d。8.下列说法正确的是：a. 日常生活中能用粥汤检验某食盐是不是加碘盐b. 用已知浓度的fecl3溶液滴定ki溶液，可滴加几滴淀粉溶液作指示剂c. 用新制氢氧化铜悬浊液可检验失去标签的乙醇、丙三醇、乙醛、乙酸四瓶无色溶液d. 将3-4个火柴头浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加agno3溶液、稀硝酸，若出现白色沉淀，说明含有氯元素【答案】c【解析】【详解】a.淀粉遇i2变蓝，食盐中加碘一般是加kio3，io3-遇淀粉不会变蓝，因此不能用粥汤检验某食盐是不是加碘盐，a项错误；b. 向fecl3溶液中滴加少量ki溶液, 两溶液一接触就产生i2单质，无论反应是否完全，淀粉溶液即刻变蓝，不能确定滴定终点，b项错误；c. 新制氢氧化铜悬浊液与乙醇不反应，悬浊液变成蓝色溶液；与丙三醇反应生成一种绛蓝色的络合物；与乙醛加热后反应生成砖红色沉淀；与乙酸反应时蓝色沉淀溶解，因此可以检验，c项正确；d. 火柴头中含有氯酸钾，硝酸银能和氯离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以硝酸酸化的硝酸银能检验氯离子，但硝酸银不和氯酸根离子反应，所以不能检验氯酸根离子，d项错误；答案选c。9.下列各图是从晶体结构图中分割出来的部分结构图（图中白球表示阳离子，黑球表示阴离子），其中属于从nacl晶体中分割出来的结构图是a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据题中晶体结构图可知，本题考查氯化钠晶体中氯离子和钠离子的配位数，运用钠离子和氯离子的配位数都是6进行分析。【详解】a. 图中阳离子配位数为8，a项错误；b. 图中选取任意一个离子，然后沿着x、y、z轴切割可得到6个等距离且最近的带相反电荷的离子，阴阳离子配位数都为6，b项正确；c. 图中阳离子配位数为8，c项错误；d. 图中阳离子其配位数为6，而阴离子配位数为8，d项错误；答案选b。10.下列说法不正确的是( )a. 为了使过饱和溶液中析出晶体，可用玻璃棒搅动或者振荡容器b. 结晶时，若溶质的溶解度越大，溶液的浓度越高，溶剂的蒸发速度越快，溶液的冷却速度越快，析出的晶体颗粒就越细小c. 培养明矾晶体时，为得到较大颗粒的晶体，应自然冷却，并静置过夜d. 重结晶过程中产生的母液虽然含有杂质，但仍应将母液收集起来，进行适当处理，以提高产率【答案】b【解析】【详解】a. 为了使过饱和溶液中析出晶体，用玻璃棒搅动或轻轻的摩擦器壁，都会使溶液受到震动，增加溶质粒子碰撞的几率形成晶种，a正确；b. 晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，或溶液的浓度越高，或溶剂的蒸发越快，或溶液冷却得越快，析出的晶粒就越细小，反之越大，b错误；c. 培养明矾晶体时，为得到较大颗粒的晶体，使饱和溶液缓慢冷却能得到较大颗粒的晶体，则应自然冷却，并静置过夜方法，c正确；d. 重结晶过程中产生的母液虽然含有杂质，但仍应将母液收集起来，进行适当处理，以提高产率，d正确；答案为b11.氢键对物质性质具有一定的影响，下列现象与氢键无关的是a. 水在结冰时体积膨胀b. nh3比ph3热稳定性好c. 邻羟基苯甲醛沸点比对羟基苯甲醛低d. 甘油、浓硫酸都呈黏稠状【答案】b【解析】【分析】根据题中氢键对物质性质的影响可知，本题考查氢键的应用，运用形成原理进行分析。【详解】a. 冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，a项错误；b. nh3、ph3热分解断裂的是n-p键、p-h键，与氢键无关，b项正确；c.邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，使熔沸点相对较低，对羟基苯甲醛，形成分子间氢键，使熔沸点相对较高；c项错误；d. 由于甘油、浓硫酸分子间可形成众多的氢键，一般粘度较大，呈黏稠状，d项错误；答案选b。【点睛】形成氢键的条件：（1） 有一个与电负性很大的原子形成强极性键的氢原子；（2）分子中有较小半径、较大电负性、含孤对电子、带有部分负电荷的原子(如f、o、n)。12.在实验室中，下列除杂的方法正确的是a. 溴苯中混有溴,加入ki溶液，振荡， 静置，分液b. 乙烷中混有乙烯,通入h2在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷c. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸,将其倒入naoh溶液中，静置，分液d. 乙烯中混有co2和so2，将其通过盛有nahco3溶液的洗气瓶【答案】c【解析】【详解】a. 溴苯中混有溴，加入ki溶液生成单质碘，碘能溶于溴苯中，应该用氢氧化钠溶液，振荡，静置，分液，a错误；b. 乙烷中混有乙烯，应该用溴水除去乙烯，不能利用h2，因为很难控制氢气的用量，且与氢气的加成反应是可逆反应，b错误；c. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸，将其倒入naoh溶液中，酸被中和，然后静置，分液即可，c正确；d. 乙烯中混有co2和so2，将其通过盛有nahco3溶液的洗气瓶仍然混有二氧化碳，应该用氢氧化钠溶液，d错误；答案选c。【点睛】明确物质的性质差异是解答的关键，注意除杂时既要把杂质全部除去，又不能引入新杂质。选项b是解答的易错点，注意利用氢气除去乙烯理论上可行，但实际很难操作。13.下列说法正确的是( )a. 将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入1moll-1cuso4溶液和1moll-1cucl2溶液中，铝片表面都观察不到明显的反应现象b. 溶液酸碱性对h2o2的稳定性有较大影响，在酸性溶液中，h2o2分解较快c. fe3+能与硫氰化钾反应生成可溶于水的血红色配合物d. 变色硅胶干燥剂含有cocl2，干燥剂呈蓝色时，表示不具有吸水干燥功能【答案】c【解析】【详解】a. cuso4 、cucl2均为强酸弱碱盐，水溶液显酸性，能与两块未擦去氧化膜的铝片反应消耗氧化铝薄膜，铝片也能置换出单质铜，表面生成红色的铜，a错误；b. 溶液酸碱性对h2o2的稳定性有较大影响，在碱性溶液中，h2o2分解较快，b错误；c. fe3+能与硫氰化钾反应生成可溶于水的血红色配合物，c正确；d. 变色硅胶干燥剂含有cocl2，cocl2干态蓝色，cocl22h2o紫红色，干燥剂呈蓝色时，表示具有吸水干燥功能，d错误；答案为c【点睛】cocl2干态蓝色，cocl22h2o紫红色。14.工业废弃物的资源化回收再利用，可以更大限度地发挥原材料的价值。下图是工业生产纳米磁性氧化铁的流程：下列说法不正确的是a. 用na2co3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污b. 若生产中不通入n2，暴露在空气中生产，将不能得到高纯度产品c. 加适量的h2o2是为了将部分fe2氧化为fe3 ，涉及的反应：h2o22fe22h=2fe32h2od. 溶液a中fe2和fe3的浓度比为21【答案】d【解析】【分析】根据题中磁性氧化铁的流程可知，本题考查四氧化三铁中铁离子和亚铁离子的性质，运用铁离子和亚铁离子的转换方法进行分析。【详解】a. 碳酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，浸泡废铁屑可以使表面的油脂水解除去，而不能除铁锈，a项正确；b. 若生成中不通入氮气，暴露在空气中，亚铁离子会被氧化成铁离子，将不能得到高纯度的产品，b项正确；c. 加入过氧化氢是将亚铁离子氧化成铁离子，1molh2o2得到2mol的电子,所以反应的离子方程式为h2o2+2fe2+2h+2fe3+2h2o，c项正确；d. 根据最终产物为四氧化三铁，其中fe2+和fe3+的数目之比为1:2，所以溶液a中fe2+和fe3+的浓度比为1:2，d项错误；答案选d。15.下表中实验操作能达到实验目的的是实验操作实验目的a向苯和苯酚混合溶液中滴加过量浓溴水除去混合溶液中的苯酚b向待测液中加入饱和碳酸钠溶液鉴别乙酸、乙酸乙酯、乙醇c向3ml5%cuso4溶液中滴加34滴1%氢氧化钠溶液，再向其中加入0.5ml乙醛，加热检验醛基d将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热，冷却，继续滴加硝酸银溶液检验溴乙烷中的溴元素a. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】【详解】a苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚以及过量的溴均易溶于苯，应该用氢氧化钠溶液，a错误；b乙酸与碳酸钠反应生成气体、乙醇与碳酸钠不分层、乙酸乙酯与碳酸钠分层，现象不同，可鉴别，b正确；c滴加34滴2%氢氧化钠溶液，naoh不足，检验-cho应在碱性溶液中，c错误；d溴乙烷与氢氧化钠溶液共热，发生水解反应生成nabr，检验溴离子应在酸性溶液中，应先加酸至酸性，再滴加硝酸银溶液检验，d错误；答案选b。【点睛】把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项c、d是易错点，注意物质检验时对溶液酸碱性的要求。16.亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂，用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量(含量通常以1kg样品中含so2的质量计；所加试剂均足量)。下列说法不正确的是a. 葡萄酒酿造时通入so2起到了杀菌和增酸的作用b. 反应中若不通入n2则测得的so2含量偏低c. 反应中煮沸的目的是加快亚硫酸的分解，降低so2的溶解度d. 若仅将中的氧化剂“h2o2溶液”替换为“溴水”，对测定结果无影响【答案】d【解析】a项，葡萄酒酿造时通入so2起到杀菌和增酸的作用，正确；b项，反应中若不通入n2，则在反应中部分so2被氧化，气体a偏小，测得的so2含量偏低，正确；c项，反应中煮沸的目的是加快h2so3的分解，降低so2的溶解度，使葡萄酒中so2全部蒸出，正确；d项，将“h2o2溶液”替换为“溴水”，发生反应br2+so2+2h2o=h2so4+2hbr，为保证so2完全吸收，溴水要略过量，用naoh溶液中和，消耗的naoh增多，测得的so2含量偏高，对测定结果有影响，错误；答案选d。17.在实验室中，不能达到目的的是a. 用金属钠分别与水和乙醇反应，比较水和乙醇分子中羟基氢(oh)的活泼性b. 石墨作电极，电解cu(no3)2 、agno3 的混合溶液，比较金属铜和银的金属活动性c. 分别测定ch4 和h2s 的沸点高低，比较硫和碳两种元素的非金属性强弱d. 用检验na2co3 和na2so4 水溶液酸碱性实验，比较碳和硫两元素非金属性的强弱【答案】c【解析】【详解】a. 钠分别与水和乙醇反应,钠与水反应剧烈，钠与乙醇反应较缓慢,则可比较水和乙醇分子中羟基氢(oh)的活泼性，a项正确；b. 石墨作电极，电解cu(no3)2、agno3的混合溶液，银离子先得到电子，先析出ag，则还原性agcu，则可比较金属铜和银的金属活动性，b项正确；c. 沸点与元素的非金属性无关，非金属性的强弱可比较气态氢化物的稳定性，c项错误；d.na2co3和na2so4水溶液分别为碱性和中性，则酸性为碳酸小于硫酸，则非金属性sc，所以可比较碳和硫两元素非金属性的强弱，d项正确；答案选c。【点睛】比较元素非金属性的方法： 当最外层电子数相同时,电子层数越多,原子半径越大,越不易得到电子,非金属性越弱。 单质越易跟h2化合,生成的氢化物也就越稳定,氢化物的还原性也就越弱,其非金属性也就越强。最高价氧化物的水化物的酸性越强,其非金属性越强。如h2so4的酸性强于h3po4，说明硫的非金属性比磷酸强。非金属单质间的置换反应,例如:cl2+2ki=2kcl+i2,说明氯的非金属性比碘强。元素的原子对应阴离子的还原性越强,元素的非金属性越弱。如s2-的还原性比cl-强,说明氯的非金属性比硫强。18.某恒温密闭容器发生可逆反应z（?）+w（?）x（g）+y（?） h ，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件。下列有关说法中不正确的是a. z和w在该条件下一定不为气态b. t1t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等c. 若在该温度下此反应平衡常数表达式为kc（x），则t1t2时间段与t3时刻后的x浓度相等d. 若该反应只在某温度t0以上自发进行，则该反应的平衡常数k随温度升高而增大【答案】d【解析】【详解】a、缩小体积，正反应的速率并没有发生改变，说明压强对正反应速率没有影响，故z和w不是气体，错误；b、当y不是气体时，则反应体系中的气体只有x，那么，其平均摩尔质量是相等的，错误；c、平衡常数只是温度的函数，故在该温度下，平衡常数一样，而k=c(x)，所以x的浓度在此温度下的任何时刻都一样，错误；d、该反应在温度为t0以上时才能自发进行，根据g=h-ts0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，正确。故选d。二填空题（本题共有5个小题，共56分）19.由徐光宪院士发起，院士学子同创的分子共和国科普读物最近出版了，全书形象生动地诉说了bf3、tio2、ch3cooh、co2、no、二茂铁、nh3、hcn、h2s、o3、异戊二烯和萜等众多“分子共和国”中的明星。(1)写出fe2的核外电子排布式_。(2)下列说法正确的是_。ah2s、o3分子都是直线形bbf3和nh3均为三角锥形cco2、hcn分子的结构式分别是o=c=o、hcndch3cooh分子中碳原子的杂化方式有：sp2、sp3(3)tio2的天然晶体中，最稳定的一种晶体结构如图， 白球表示_原子。(4)乙酸()熔沸点很高，是由于存在以分子间氢键缔合的二聚体(含一个环状结构)，请画出该二聚体的结构：_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d6或ar3d6 (2). cd (3). 氧(o) (4). 【解析】【详解】(1)铁是26号元素,铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变为fe2+,根据构造原理知，该离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或ar3d6。故答案为1s22s22p63s23p63d6或ar3d6；(2)a.h2s、o3分子都是v形， a项错误；b.bf3为平面三角形，nh3均为三角锥形，b项错误；c.co2、hcn分子的结构式分别是：o=c=o、hcn，c项正确；d. ch3cooh分子中甲基（-ch3）中原子形成4个单键，杂化轨道数目为4，采用的是sp3杂化；羧基（-cooh）中碳原子形成3个键，杂化轨道数目为3，采用的是sp2杂化，d项正确；故答案为c d(3) 白球个数=,黑球个数=,所以白球和黑球个数比为2:1,根据二氧化硅的化学式知,白球表示氧原子.故答案为氧(o)(4)二个乙酸分子间中,羧基上的氢原子与另一个乙酸分子中碳氧双键上氧原子形成氢键,所以该二聚体的结构为，故答案为。【点睛】晶胞中原子个数计算：晶胞面上8个顶点每个算，每条棱上每个点算，面上每个算内部每个算1。20.已知：a、b、c、d、e、f是周期表中前36号元素，a是原子半径最小的元素，b元素基态原子的2p轨道上只有两个电子，c元素的基态原子l层只有2对成对电子，d是元素周期表中电负性最大的元素，e2+的核外电子排布和ar原子相同，f的核电荷数是d和e的核电荷数之和。请回答下列问题：（1）分子式为bc2的空间构型为_；f2+的核外电子排布式为_。（2）a分别与b、c形成的最简单化合物的稳定性b_c（填“大于”或“小于”）；a、c两元素可组成原子个数比为1：1的化合物，c元素的杂化类型为_。（3）a2c所形成的晶体类型为_；f单质形成的晶体类型为_，其采用的堆积方式为_。（4）f元素氧化物的熔点比其硫化物的_（填“高”或“低”），请解释其原因_。（5）d跟e可形成离子化合物，其晶胞结构如右图。该离子化合物晶体的密度为pg/cm3，则晶胞的体积是_。（用含p的代数式表示）。【答案】 (1). 直线型 (2). 1s22s22p63s23p63d9 (3). 小于 (4). sp3 (5). 分子晶体 (6). 金属晶体 (7). 面心立方最密堆积 (8). 高 (9). cuo的晶格能大于cus的晶格能 (10). 【解析】【分析】a、b、c、d、e、f是周期表中前36号元素，a是原子半径最小的元素，则a为h元素；b元素基态原子的2p轨道上只有两个电子，b原子核外电子排布式为1s22s22p2，则b为c元素；c元素的基态原子l层只有2对成对电子，则c原子核外电子排布式为1s22s22p4，则c为o元素；d是元素周期表中电负性最大的元素，则d为f元素；e2+的核外电子排布和ar原子相同，则e原子核外电子数为18+2=20，则e为ca；f的核电荷数是d和e的核电荷数之和，则f的核电荷数为9+20=29，则f为cu，据此解答。【详解】(1)co2的空间构型为直线型；cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，故答案为直线型；1s22s22p63s23p63d9；(2)a分别与b、c形成的最简单化合物为ch4、h2o，非金属性co，故稳定性ch4h2o；a、c两元素可组成原子个数比为1:1的化合物为h2o2，o原子成2个键、含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故答案为小于；sp3；(3)h2o所形成的晶体类型为分子晶体；cu单质形成的晶体类型为金属晶体，其采用的堆积方式为面心立方最密堆积，故答案为分子晶体；金属晶体；面心立方最密堆积；(4)氧离子半径小于硫离子半径，cuo的晶格能大于cus的晶格能，故cuo晶体的沸点较高，故答案为高；cuo的晶格能大于cus的晶格能；(5)晶胞中氟离子数目=8，钙离子数目=8+6=4，故晶胞质量=，离子化合物晶体的密度为gcm3，则晶胞的体积=g/cm3=cm3，故答案为cm3。21.clo2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制备成naclo2固体以便运输和贮存。过氧化氢法制备naclo2固体的实验装置如图所示。已知：2naclo3h2o2h2so4=2clo2o2na2so42h2o2clo2h2o22naoh=2naclo2o22h2oclo2熔点59 、沸点11 ；h2o2沸点150 。请回答：(1)仪器a的名称为_；仪器b的作用是_；冰水浴冷却的目的是_(写出两种)。(2)空气流速过快或过慢，均降低naclo2产率，试解释其原因_。(3)cl存在时会催化clo2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，clo2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：_(用离子方程式表示)，h2o2cl2=2clo22h。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 防止倒吸 (3). 减少h2o2的分解、降低naclo2的溶解度、增加clo2的溶解度(任写两种) (4). 空气流速过慢时，clo2不能及时被气流带走，浓度过高导致分解，空气流速过快时，clo2不能被充分吸收 (5). 2clo3-4h2cl=2clo22h2ocl2【解析】【分析】根据题中过氧化氢法制备naclo2固体的实验装置可知，本题考查制备实验方案的设计，氯、溴、碘及其化合物的综合应用，运用氯、溴、碘及其化合物的性质进行分析。【详解】(1)仪器a为三颈烧瓶，仪器b的作用是防止倒吸；冰水浴冷却的目的是为降低naclo2的溶解度；减少h2o2的分解；增加clo2的溶解度；故答案为三颈烧瓶 防止倒吸 减少h2o2的分解、降低naclo2的溶解度、增加clo2的溶解度(任写两种)(2)空气流速过慢时，clo2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，clo2不能被充分吸收，则空气流速过快或过慢，均降低naclo2产率；故答案为空气流速过慢时,clo2不能及时被移走,浓度过高导致分解;空气流速过快时,clo2不能被充分吸收；(3)cl存在时会催化clo2的生成,反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸,clo2的生成速率大大提高,并产生微量氯气反应为2clo3-4h2cl=2clo22h2ocl2，h2o2cl2=2clo22h故答案为2clo3-4h2cl=2clo22h2ocl222.高温下用h2还原cucl制备活性铜，反应原理如下：2cu(s)cl2(g) 2cucl(s)h136 kjmol1h2(g)2cucl(s) 2cu(s)2hcl(g)h2有关物质的键能数据如下表：物质h2cl2hcl键能/kjmol1436243432(1)h2_kjmol1。(2)经测定反应制备活性铜的反应趋势大，原因是_。(3)在某温度下，反应达到平衡状态，在tl时，增加压强到原来的2倍(cu的量足够)，在图中画出cl2浓度的变化趋势线。_(4)白色不溶于水的cucl可以由电解法制得，如图所示：装置中用的交换膜为_。a阳离子交换膜 b阴离子交换膜c质子交换膜 d氢氧根离子交换膜阳极的电极反应式为_。(5)已知cucl可溶解于稀硝酸，写出该反应的化学方程式：_。(6)根据已学知识写出制取cucl的一种方法，用化学方程式表示：_。【答案】 (1). 149 (2). 正反应h0，是自发反应，逆反应为非自发反应 (3). (平衡线与原平衡线相平) (4). a (5). cucle=cucl (6). 6cucl8hno3=3cu(no3)23cucl22no4h2o (7). cucl2cu2cucl【解析】【详解】(1) 根据表格数据可知，h2(g)+ cl2(g)= 2hcl(g) h,3(436 kjmol1)+(243 kjmol1)-(432 kjmol1)2=185kjmol1，2cu(s)cl2(g) 2cucl(s)h136 kjmol1，根据盖斯定律，将-得：h2(g)2cucl(s) 2cu(s)2hcl(g)h2=h,3-h1(185kjmol1)-(36 kjmol1)=149 kjmol1，故答案为149；(2)反应的正反应h0，是自发反应，逆反应为非自发反应，因此制备活性铜的反应趋势大，故答案为正反应h0，是自发反应，逆反应为非自发反应；(3) 在某温度下，反应达到平衡状态，在tl时，增加压强到原来的2倍(cu的量足够)，反应速率增大，平衡正向移动，但平衡常数不变，达到新平衡是氯气的浓度不变，cl2浓度的变化趋势线为，故答案为；(4)阳极铜失去电子生成亚铜离子，生成的亚铜离子与氯离子结合生成白色不溶于水的cucl，阳极区多余的钠离子向阴极区移动，因此装置中用的交换膜为阳离子交换膜，故选a；根据上述分析，阳极的电极反应式为cucle=cucl，故答案为cucle=cucl；(5)cucl溶解于稀硝酸，发生氧化还原反应，反应的化学方程式为6cucl8hno3=3cu(no3)23cucl22no4h2o，故答案为6cucl8hno3=3cu(no3)23cucl22no4h2o； (6) cucl中的铜为+1价，可以由铜离子与铜反应生成，反应的化学方程式为cucl2cu2cucl，故答案为cucl2cu2cucl。23.某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00ml，分离并测定fe3+的浓度，实验方案设计如下：已知：乙醚(c2h5)2o是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，沸点为34.5度，微溶于水，在较高的盐酸浓度下，fe3+与hcl、乙醚形成化合物(c2h5)2ohfecl4而溶于乙醚，当盐酸浓度降低时，该化合物解离。请回答：（1）操作a的名称是_。（2）经操作a后，为判断fe3+是否有残留，请设计实验方案_。（3）蒸馏装置如下图所示，装置中存在的错误是_。（4）滴定前，加入的适量溶液b是_。ah2so3h3po4 bh2so4h3po4chno3h3po4 dhih3po4（5）滴定达到终点时，消耗0.1000 moll1 k2cr2o7溶液6.00ml。根据该实验数据，试样x中c(fe3+)为_。（6）上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是_。a稀释被测试样 b减少被测试样取量c增