宁夏2018届高三9月月考化学试题 含解析

1、宁夏石嘴山市第三中学201g届高三9月月考化学试题可能用到的相对原子质量：0-16 Na-23 A1-27一、选择题（共20题，每题2分）.设N,、为阿伏加德罗常数的值，下列叙述革考的是（）IZgiBOz分子与1. 8gHi分子中含有的中子数不同7. 8gNa2s和7. 8g Na?。?中含有的阴离子数目均为0. IN、12 g石墨中含有C-C键的个数为1.5N、D.含16 g氧原子的二氧化硅晶体中含有的6键数目为2Na【答案】A【解析】A、1.8g”0z和1.88他03中均只含阳，根据氧原子守恒知。的物质的量相等，所以两 者含有的中子数目一定相同，A错误。B, N&S和NazOz的摩尔质量相

2、等均为78g，所以 7.8gN&S和7.8gNa2&均为0. Imol,含有的阴离子分别为片和（V ,故两者的阴离子数目均为 0. 1Na, B正确。C、石墨结构是由许多平面六边形平铺而成的，每个碳原子构成3个C-C犍， 一个C-C键属于两个碳原子，故一个碳原子实际含有1.5个C-C键，因而Imol碳含1.5M个 C-C键，C正确。D、含16 g氧原子的二氧化硅的物质的量为0. 5mol,二氧化硅是以Si原子 为中心，四个氧原子为顶点构成的正四面体结构的空间网状结构，一个Si原子含有4个8, 所以0.5molSi02含有的8数目为0.5X4 N.=2 N“ D正确。正确答案为A点睛：本题考查常

3、见物质中的化学键、粒子数目、阴离子构成等有关知识点，Na。阴离子为 （V是易错点，很多同学误认为阴离子是炉，金刚石、石墨及二氧化硅的晶体结构必须熟悉。 2.下列有关物质分类的说法正确的是（）A.二氧化硫、二氧化硅、二氧化氮均为酸性氧化物B.雾、稀豆浆、氯化铁溶液均为胶体C.烧碱、冰醋酸、稀硫酸均属于电解质D.分子中含两个氢原子的酸不一定是二元酸【答案】D【解析】A.不正确，一氧化碳不是酸性氧化物：B.不正确，氯化铁溶液不是胶体；C.不正 确，稀硫酸是混合物，不属于电解质；D.正确，甲酸（HCOOH）分子中含两个氢原子，但它 是一元酸。综上所述，本题选D。.下列分子或离子中键角由大到小排列的是（

4、）BCLN&HQPCI；BeCkA.（DB.C.D.【答案】B【解析】根据价层电子对理互斥理论可知：BCL价层电子对数为3,无孤电子对，所以为平面 三角形结构，键角为120o； NL价层电子对数为4,有一个孤电子对，排斥力较小，故为三角 锥形结构，键角为107. 3度；压0价层电子对数为4,有2个孤电子对，排斥力较大，故为V 形结构，键角为104. 5度；PCI；价层电子对数为4,无孤电子对，故结构为正四面体，键角为 109度28分：BeCh价层电子对数目为2,无孤电子对，故为直线型结构，健角为180度。所 以键角的大小顺序为：BeCl2BCl3PCl/NH3H2O,所以B正确。正确答案为B点

5、睛：能熟练应用价层电子对互斥理论解决实际问题，尤其是有孤电子对的时候，根据其排 斥力的大小比较不同物质的键角的大小关系。.下列有关过氧化氢的叙述中不正确的是（）A.氧原子采取的是sp?杂化B.分子中有3个。键C.过氧化氢是极性分子 D.每个氧原子上有两个孤对电子对【答案】A【解析】过氧化氢分子的结构式为H-O-O-H -A,氧原子的价层电子对是4采取的是sp3杂化，故A不正确；B.分子中有3个。键，故B正确；C.过氧化氢是极性分子，故C正确；D.每个氧原子上有两个孤对电子对，故C正确。故选A。.下列有关说法正确的是（）A. ZnS晶胞中，Zn*的配位数为4,距离Z/最近且等距的Zn*有12个B

6、.在CaF?晶胞中，F采取A1型最密堆积，F的配位数为4C.金刚石晶体中，最小的环为12元环，每个碳原子被6个环所共有D.冰晶体属于分子晶体，其遵循密堆积原理 【答案】A【解析】A、ZnS晶包如右，一个Zn与四个S?形成正四面体的结构,立方ZnS （. 0 *故Zn”的配位数为4 , 一个晶胞中距离Zn”最近且等距的Zn*有3个，根据晶体的堆积可知，一个Zn加被8个晶包共用，且一个晶胞中每一个最短的距离的连线为两个晶包共用，所以符合条件的Zf的有3X8X1/2=12, A正确。B、CaFz为面心立方结构，C呈立方密堆积，阴离子F填充在四面体空隙中，面心立方点阵对角线的1/4和3/4处，阴、阳离

7、子的配位数分别为4和8, B错误。C、金刚石晶体中最小环为六元环，每个碳原子被12个环共 用，C错误。D、冰晶体中除了范德华力外还有氢键作用，由于水分子间氢键的方向性，导致 冰晶体不具有分子密堆积特征，晶体中有相当大的空隙，D错误。正确答案为A点睛：熟练掌握几种重要物质的晶包结构和了解晶体的相关知识。对这部分知识必须多记，需要有有较强的空间想象力，因此平时学习中应该接触实际的晶包模型，这样才能更好的掌 握好相关知识。.下列物质中既含有离子键又含有共价键的是（）A. NaOH、H20 NH1 B. KOH、Na202, （NHt） 2SC. H202、MgO, Na2SO4 D. CaBr2、H

8、C1、MgCl2【答案】B【解析】A、NaOH既含离子键又含共价键、HQ只含共价键、NH1既含离子键又含共价键，A 错误。B、KOH含离子键和共价键、NazOz含离子键和共价键、（NHJ 2s含离子键和共价键，B 正确。C、只含共价键、悔0只含离子键、NaSO,既含离子键又含共价键，C错误。D、CaBm只含离子键、HC1只含共价键、MgCk只含离子键，D错误。正确答案为B点睛：含镀根离子的化合物均为离子化合物，含有离子键，其中氮与氢以共价键结合。/中 氧原子间为共价键。真正理解离子键与共价键的本质区别是做好此类题目的关键。.下列几组微粒互为等电子体的有（）N?和 CO NO和 CN- CO?和

9、 CS2 N20 和 C02 BF3 和 S03A. B. C. D.【答案】D【解析】等电子体是指：粒子中含有相同的原子个数且最外层电子数之和相等，如果为阳离 子，则电子数减去所带的电荷数值，若为阴离子，电子数加上所带的电荷数值。N2和CO中，原子个数分别为2、2,最外层电子数分别为14,、14,为等电子体；NO和 CV中，原子个数分别为2、2,最外层电子数分别为5+6-1=10和4+5+1=10,为等电子体。CO口和C&中均为3个原子，0和S同主族，所以两粒子中最外层电子数必然相等，为等电 子体。NzO和CO?均为3个原子，最外层电子数分别为5+5+6=16和4+6X2=16,为等电子体。

10、 BF；,和SO：,均含4个原子，最外层电子数分别为3+7X3=24和6X4=24,为等电子体。故 都属于等电子，D正确。正确答案为D.下列各组分子中，都是由极性键构成的极性分子的一组是（）A. CH., Bn B. H20 NH3 C. CC14 H2S D. C02 HC1【答案】B【解析】Bn是非极性键结合成的非极性分子，H2S、HC1、NH：,和HQ是极性键构成的极性分子， CH,、CC1,、C0?是由极性键构成的非极性分子。.下列各组微粒间不能形成配位键的是（）A. Ag,和 NH,B. Ag和 H C. HQ 和 H D. Co”和 CO【答案】B【解析】A、Ag的价电子排布式为4

11、dl0 5sl,失去一个电子后变为Ag: 5s轨道为空轨道，NH3 分子中，N原子有孤电子对，Ag+和NIL能形成配位键，A错误。B、Ag有空轨道无孤电子对， H有空轨道，不含孤电子对，两者不能形成配位键，B正确。C、H.有空轨道，H20分子中氧原 子含有孤电子对，两者可形成配位键，C错误。D、Co有空轨道，C0中碳和氧均含孤电子对， 可形成配位键，D错误。正确答案为B点睛：配位键形成的条件是：中心原子有空轨道，配位原子含有孤电子对。.比较下列各组化合物的沸点，前者低于后者的是（）A.乙醇和氯乙烷B.邻羟基苯甲酸与对羟基苯甲酸C.对羟基苯甲醛与邻羟基苯甲醛D.也0和H?Te【答案】B【解析】A

12、、乙醇分子间存在氢键，导致其沸点增大，因而乙醇的沸点高于氯乙烷，A错误。B、 邻羟基苯甲酸与对羟基苯甲酸属于同分异构体，邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，导致分 子间作用力减小，熔沸点降低，对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，导致分子间作用力增大, 熔沸点增大，因而邻羟基苯甲酸沸点小于对羟基苯甲酸，B正确。C、对羟基苯甲醛形成分子 间氢键,增大了分子间作用力,邻羟基苯甲醛形成分子内氢键,减小了分子间作用力，因而前者 沸点大于后者，C错误。D、出0分子间可以形成氢键，导致分子间作用力增大，而使其沸点大 于HJe, D错误。正确答案为B点睛：分子晶体的沸点的比较，一是看分子和组成结构相似的物质，相对分子

13、质量越大，沸 点越高，若含有氢键，沸点的变化规律比较特殊，如果为分子间氢键(分子含有对位取代基), 沸点增大，若为分子内氢键(分子内含有邻位取代基)，沸点降低。二是看若为不同结构分子, 看分子的极性，极性越大沸点越高，如CO的沸点高于N2的沸点。.在水溶液中能大量共存的一组离子是()A.与铝粉反应放出压的无色溶液：NOJ、Al3 Na SO?B.常温下,c(H*)/c (OH ) =1()T2 的溶液:K Al (OH) J、CO?、Na*C. 0. Imol.U 的 Na0：,溶液：Al、S0(2 Cl、KD.含大量 NO* 的溶液：H Fe2 Cl、SO?*【答案】B【解析】A、与铝粉反应

14、放出H2的无色溶液可能为酸，若为酸，则溶液中含有HNOs与A1反应 不产生H?而是NO气体，若为碱，则0H与A1”能生成沉淀，故酸或碱均不能共存，A错误。B、 c(H )c(OH ),溶液显碱性，0H与K、Al (0H”即A10J、CO；、Na均不反应，能共存，B 正确。C、C0 与 Al能发生水解反应生成 CO?和 Al (0H) 3, 3C0?-+2 Al3NaCl;分子晶体：HQH；S金属晶体：锂钠钾锄钠；C.金刚石的硬度大于晶体硅的硬度，其熔点也高于晶体硅的熔点D.晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，必有阴离子； 【答案】C【解析】A、原子晶体中含有共价键，离子晶体中含有离子

15、键，金属晶体中含有金属键，大部 分分子晶体中含有共价键，稀有气体为单原子分子，不含化学键，A错误。B、MgO, NaCl均 为离子晶体，前者的离子半径小于后者的粒子半径，且前者的阴阳离子所带的电荷大于后者 的阴阳离子所带电荷，因而熔点：MgONaCl；上0、&S均为分子晶体，组成和结构相似，一 般可以根据相对分子质量的大小来判断熔沸点的高低，但HQ分子间含有氢键，导致熔沸点反 常，熔点大小关系为：H20H2S；金属晶体熔点大小的比较方法为：原子半径越小、阳离子 所带电荷越高，金属键越强，熔点就越高，所以熔点大小关系为：锂钠钾枷的，B错 误。C、金刚石和晶体硅都属于原子晶体，原子半径越小，共价键

16、越强，硬度和熔点越大，故 金刚石的硬度大于晶体硅的硬度，其熔点也高于晶体硅的熔点，C正确。D,晶体中有阴离子, 必有阳离子，但是晶体中有阳离子，必有阴离子是错误的，金属晶体为金属阳离子和自由电 子构成，无阴离子，D错误。正确答案为C点睛：熟练掌握四种类型晶体的熔沸点的判断方法及一些特殊情况的处理，例如氢键对熔沸 点的反常影响。.下列晶体属于A1型最密堆积的是（）A.干冰、氯化钠、金属铜 B.硫化锌、金属镁、氮化硼C.水晶、金刚石、晶体硅 D.硫化锌、氯化钠、金属镁【答案】A【解析】A、干冰、NaCK Cu为面心立方堆积即Al型，A正确。B、硫化锌为面心立方堆积即 A1型，Mg为A3型，氮化硼为

17、原子晶体，不符合紧密堆积原则，B错误。C、水晶、金刚石、 晶体硅均为原子晶体，不符合紧密堆积原则，C错误。D、氯化钠、硫化锌为面心立方堆积即 A1型、金属镁为A3型，D错误。正确答案为A点睛：最密堆积是指，构成晶体的粒子在晶胞内尽可能占用空间，使空间利用率最高，需要 构成晶体的粒子之间作用方向是自由的，如分子晶体范德华力，离子晶体的离子键，金属晶 体的金属键，都有可能形成密堆积。而原子晶体是原子通过共价键构成晶体，共价键具有方 向性和饱和性，特别是方向性决定原子之间成健时的方向不是任意的，也就是说原子不是按 空间利用率来决定它的位置；Mg是特例。.某离子晶体的晶胞为正三棱柱（如图所示），该晶体

18、中A、B、C三种微粒的数目之比为（）A. 3 ： 9 ： 4 B, 1 ： 4 ： 2 C, 6 ： 9 ： 1 D. 3 ： 8 ： 4【答案】B【解析】A位于正三棱柱的顶角，则有2的A属于该晶胞，该晶胞中含A的个数为6*今得B 分为两类，位于侧棱上的B有上属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，该晶胞含 B原子个数为3X36X今2,含C原子个数为1,则A、B、C三种原子个数之比为,： 2： 1=16122：4 ： 2,故选 B。点睛：晶体的部分结构为正三棱柱，根据分摊法知顶角有二的A属于该晶胞，侧棱上的B有126属于该晶胞，位于上下底面边上的B有;属于该晶胞，含C原子个数为1,则A、

19、B、C三种原 子个数可求出，原子个数之比便可求出。15.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，下列有关说法正确的是（）A.为简单立方堆积，为镁型，为钾型，为铜型B.每个晶胞含有的原子数分别为：1个，2个，2个，4个C.晶胞中原子的配位数分别为：6,8,8, 12D.空间利用率的大小关系为：【答案】B【解析】A、为体心立方堆积，属于钾、钠和铁型；，是六方最密堆积，属于镁、锌、钛 型，A错误。B、利用均摊法计算原子个数，中原子个数为8*1/8=1个，中原子个数为 8*1/8+1=2个，中原子个数为8*1/8+1=2个，中原子个数为8*1/8+6*1/2=4个，B正确。 C、为六方最密堆积，此

20、结构为六方锥晶包的1/3,配位数为12, C错误。D、的空间 利用率最高，都是74%,中简单立方堆积空间利用率最小为52%,中体心立方堆积空间利 用率为68%,所以空间利用率大小顺序为=,D错误.正确答案为B.下列离子方程式正确的是()A.向含 ImolFeBm的溶液中通入 lmolCl2:2Fe2 + 2Br + 2Cl2=Br2 + 4CF + 2Fe/B.向AlCb溶液中加入过量氨水：A产+ 40H =A1(OH) JC.向 Ba (OH) 2 溶液中滴加 NaHSO,溶液至中性：Ba2* + OH* + H +S0? =BaSO41 + H20D.向澄清石灰水中加入过量的Ca(HCO3

21、)2溶液:Ca?+ OH + HCO：i =CaCO3 I + HQ【答案】A【解析】A.向含ImolFeBm的溶液中通入lmolCl2,因为亚铁离子的还原性比澳离子强，所以亚 铁离子先与氯气反应，Imol亚铁离子消耗0. 5mol氯气，剩余的0. 5mol氯气氧化了 Imol澳离 子，所以离子方程式2Fe + 2Br + 2Clz=Br2 + 4C1 + 2Fe是正确的；B.向A1CL溶液中加入 过量氨水的离子方程式Al* + 40H =A10； + 2HQ不正确，因为氨水是弱碱，不能用氢氧根表 示；C.向Ba(OH)z溶液中滴加NaHSO,溶液至中性的离子方程式Ba* + OH + H+

22、+S0/=BaS0, I + HQ是不正确的，因为从离子方程式看，至少还有一半的氢氧根没有参加反应，此时溶液呈碱 性，与题意不符；D.向澄清石灰水中加入过量的Ca(HCO3)z溶液:Ca+0H +HCO3 =CaCO31 +&0 是正确的，此离子反应与反应物是否过量没有关系。综上所述，本题选A和D。点睛：判断离子方程式是否正确，一般先看产物是否符合客观事实，二看化学式拆分是否正 确，三看是否漏离子反应，四看反应物的配比是否正确，五看各种符号是否齐全。.有关晶体的结构如下图所示，下列说法中不正确的是()ONa* .ChCaF，晶廊(.3金刚石制晶胞A.在NaCl晶体中,距Na.最近的形成正八面体

23、B.在CaF?晶体中，每个晶胞平均占有4个CaC.在金刚石晶体中，碳原子数与碳碳键个数的比为1:4I).铜晶体为面心立方最密堆积,铜原子的配位数为12 【答案】C【解析】A .氯化钠晶体中，距Na+最近的什是6个，即钠离子的配位数是6 6个氯离子形成正八面 体结构，故A正确；B. Ca2+位于晶胞顶点和面心，数目为8x：+6x；=4 ,即每个晶胞平均占有4个 Ca2+，故B正确；C .碳碳键被两个碳原子共有，每个碳原子形成4条共价键，即平均ImolC原子形 成4x=2mol碳碳键，碳原子与碳碳键个数的比为L 2 ,故C错误；D .铜晶体是面心立方堆积，采 用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个平

24、面上铜原子的配位数是4 ,三个面共有4x3=12个铜原子， 所以每个铜原子的配位数是12 ,故D正确；故选C点睛：本题考查了晶体的结构，难度较大，具有丰富的空间想象能力是解本题的关键。易错 选项是D,注意采用沿X、Y、Z三轴切割的方法即可确定其配位数。.在V mL硫酸铝溶液中含m g铝离子，取该溶液V/3 mL用水稀释成2V mL ,则稀释后溶 液中的硫酸根离子的物质的量浓度为()A. 250m/27V mol/LB. 125m/27V mol/LC. 500m/27V mol/LD. 1000m/27V mol/L【答案】A【解析】agAl”的物质的量为=察mol，而n (SO?)4n(A1

25、D =瞿mol,则g mL 2 7 q/mo I 272183溶液中so：的物质的量=2mo| x皿=m0| -V/3 mL溶液稀释到2VmL,稀释后溶液中SO? 18 VL 72E 的物质的量浓度是一r =250m/27V mol/L,故选A。2V x10- L. t时，将agNIL完全溶解于水，得VmL饱和溶液，测得该溶液的密度为P g/cm3(pc (HC03 ) c (OH ) c (Hf) c (C032 )(7).c (Na ) c (HSO3 ) c(H)c(SO3 c(OH )【解析】(1)电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，电解质在水中的电离必 须是本身的电离，前

26、面两个条件只耍满足一个即可，非电解质是指在前两个条件下都不能导 电的化合物，据此可知：属于电解质的有DEF,非电解质的有CG(2)强电解质是指在水溶液中完全电离的电解质，主要包括强酸、强碱、大部分盐及在熔 融态下导电的金属氧化物，弱电解质是指在水溶液中部分电离的电解质，主要包括弱酸、弱 碱、水。据此可知：属于强电解质的有EF ,属于弱电解侦的有DNaHCO,属于强电解质完全电离，而HCO3-属于弱酸根离子,部分电离，NaHCO3=Na+HCOj ； HCO3 iH +CO? ； NaHCCh完全电离，HCO：继续部分电离，所以c(Na)最大：NaHCOa溶液显 碱性，c(OH )c(H),溶液

27、中的IT来自于HCO；电离出的H和水电离出的H之和，故工浓度大于CO：,所以溶液中的所有的离子浓度大小顺序为：c(Na)c(HCO3 )c(OH )c(H)c(CO3NaHS(h完全电离，HSO：,为弱酸根离子，既可以部分电离又可以水解且电离程度大于水解 程度,故Na,浓度大于HSO；,浓度，HSO；浓度大于S(V浓度和H,浓度，溶液中的H*来自于HSOJ 电离出的H水电离出的H,所以H，浓度略大于S(V,因为HSOs电离程度大于水解程度，所以 H浓度大于0H浓度，水的电离是很微弱的，所以0H浓度是最小的，故所有离子浓度大小顺序 为：c(Na ) c(HSO：t ) c(H)c(SO3 c(O

28、H )25. A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，和B具有相同的电子构型；C、D为同 周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下 列问题：(1)四种元素中电负性最大的是(填元素符号)，其中C原子的核外电子排布式为式为 ：晶胞中A原子的配位数为；列式计算晶体F的密度(g. cm7)【答案】 (1). 0(2). Is22s22P63s23P3(3). 03(4). O3的相对分子质量大、范德华力大 (5).分子晶体(6).离子晶体(7).三角锥形 (8). sp3 (9). V型 (10). 4(11). 2C12+2Na2CO：!+H2O=CL0

29、+2NaHC03+2NaH(12). Na20 (13). 8(14). 2. 27g/cm3【解析】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A?和B具有相同的电子构型，则A是 0, B是Na； C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C是P； D元素 最外层有一个未成对电子，所以D是氯元素。(1)非金属性越强，电负性越大，则四种元素中电负性最大的是0。P的原子序数是15,则根 据核外电子排布可知C原子的核外电子排布布式为Is22s22Pli3s加,(或Ne 3s23P九(2)氧元素有氧气和臭氧两种单质，由于6相对分子质量较大，范德华力大，所以中沸点高 的是6； A和B的

30、氢化物分别是水和Nall,所属的晶体类型分别为分子晶体和离子晶体。(3) C和D反应可生成组成比为1： 3的化合物E,即E是PCh,其中P含有一对孤对电子， 其价层电子对数是4,所以E的立体构型为三角锥形，中心原子的杂化轨道类型为sp：。(4)化合物CkO分子中氧元素含有2对孤对电子，价层电子对数是4,所以立体构型为V形。 单质D与湿润的Na2c反应可制备D2A,则化学方程式为2C12+2Na2CO3+1120=C120+2NaHC03 + 2NaCl.(5)根据晶胞结构可知氧原子的个数=8x1+6x1=4, Na全部在晶胞中，共计是8个， 82则F的化学式为N或0。以顶点氧原子为中心，与氧原

31、子距离最近的钠原子的个数8个，即晶 胞中A原子的配位数为8。晶体F的密度=m4x62g mol一 , a=r=2.2/g cm oV (0.566X10- cm)Jx6.02X1O*Jmol-1【考点定位】本题主要是考查元素推断、核外电子排布、电负性、空间构型、杂化轨道、晶体类型与性质及晶胞结构与计算等【名师点晴】本题考查的内容包含了选修模块”物质的结构与性质”中最基本和最重要的内 容，通过晶胞中原子个数的计算和晶体的密度计算来考查考生的计算能力和应用知识解决问 题的能力，考查了学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。晶胞计算的思维方 法(1)晶胞计算是晶体考查的重要知识点之一，也是考

32、查学生分析问题、解决问题能力的较好 素材。晶体结构的计算常常涉及如下数据：晶体密度、NA、M、晶体体积、微粒间距离、微粒 半径、夹角等，密度的表达式往往是列等式的依据。解决这类题，一是要掌握晶体“均摊法” 的原理，二是要有扎实的立体几何知识，三是要熟悉常见晶体的结构特征，并能融会贯通， 举一反三。(2)在使用均摊法计算晶胞中微粒个数时，要注意晶胞的形状，不同形状的晶胞，应先分析 任意位置上的一个粒子被几个晶胞所共有，如六棱柱晶胞中，顶点、侧棱、底面上的棱、面 心依次被6、3、4、2个晶胞所共有。(3)晶体微粒与M、P之间的关系若1个晶胞中含有x个微粒，则1 mol晶胞中含有x mol微粒，其质

33、量为xM g(M为微粒的相 对“分子”质量)；又1个晶胞的质量为Pa3g(个为晶胞的体积)，则1 mol晶胞的质量为 P a3NAg 因此有 xM= p a3NAo.某班同学用如下实验探究Fe、Fe的性质。回答下列问题：(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0. Imol/L的溶液.在FeCk溶液中需加 入少量铁屑，其目的是.(2)甲组同学取2mL FeCh溶液，加入儿滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明 Cb可将F/氧化。FeCL溶液与氯水反应的离子方程式为。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCk溶液中先加入0.5mL煤油，再 于液面下依次加入儿滴

34、氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是。(4)丙组同学向盛有H。溶液的试管中加入几滴酸化的FeCL溶液，溶液变成棕黄色，发生 反应的离子方程式为； 一段时间后.溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉 淀生成。产生气泡的原因是;生成沉淀的原因是 (用平衡移动原理解释)。【答案】(1).防止F&-被氧化(2). 2Fe2+Cl?=2Fe+2Cr(3).隔绝空气，防止Fe被0Z氧化(4). 2Fe2，+H202+2H=2Fe3+2Hz0(5). Fe催化分解产生0?(6). H202分解放热，促进Fe水解平衡正向移动【解析】(1)亚铁离子具有还原性，能被空气中的氧气氧化，所以在配制的FeC

35、k溶液中加入 少量铁屑的目的是防止Fe?一被氧化；(2) Ch可将氧化成铁离子，自身得电子生成氯离子， 根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，该反应的离子方程式为2Fe2+C12=2Fe：+2Cl ； (3)防止空气中的氧气将氧化，产生干扰，则煤油的作用是隔绝空气；(4) H溶液加入 几滴酸化的溶液，溶液变成棕黄色，含铁离子的溶液呈棕黄色，说明HzOe将Fe氧化成Fe, 发生反应的离子方程式为：HD+2 Fe+2H=2Fe+2H。一段时间后，溶液中有气泡出现，是 因为催化HQ,分解产生B； H2z分解反应放热，促进的水解平衡正向移动，所以随后 有红褐色沉淀生成。点睛：本题以常见的铁离子和亚

36、铁离子的性质、KA的性质为基础，考查了探究实验方案的设 计与评价，学生读题不会感到陌生，有利于考查学生的基础知识，涉及铁离子和亚铁离子的 性质，离子的检验，HQ?的性质，盐类的水解等知识。.碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用 形象化描述。在基态C原子中，核外存在 对自旋相反的电子。(2)碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是 o(3)CSz分子中，共价键的类型有, C原子的杂化轨道类型是,写出 两个与CS?具有相同空间构型和键合形式的分子或离子。(4) CO能与金属Fe形成Fe(C0”，该化合物熔点为253K,沸

37、点为376K,其固体属于 晶体。(5)碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：在石墨烯晶体中，每个C原子连接 个六元环，每个六元环占有一个C原子。在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接一个六元环，六元 环中最多有一个C原子在同一平面。【答案】(1).电子云 (2). 3(3). C的最外层电子数为4,且原子半径小，不易得失电子 (4). 8键和n键 (5). sp (6). CO?、SCN- (7).分子晶体(8).3(9). 2(10). 12(11). 4【解析】(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象 化描述，离核近的区域电子云密度较大，离核远的区域电子云密