2021-2022学年安徽省亳州二中高二（下）期末化学试卷

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2021-2022学年安徽省亳州二中高二（下）期末化学试卷
一、选择题（16小题，每题3分）每题只有一个选项是正确的。
1．（3分）做好垃圾分类，推动城市绿色发展。如表有关生活垃圾分类不合理的是（　　）
选项
A
B
C
D
生活垃圾
牛奶盒
眼药水
干电池
西瓜皮
垃圾分类标识




A．A B．B C．C D．D
2．（3分）现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5
。则下列有关比较中正确的是（　　）
A．第一电离能：④＞③＞②＞① B．原子半径：④＞③＞②＞①
C．电负性：④＞③＞②＞① D．最高正化合价：④＞③＝②＞①
3．（3分）中国宣布了到2030年单位国内生产总值CO2排放量比2005年下降60%～65%的减排目标。下列措施与这一目标无关的是（　　）
A．给汽车安装尾气处理器
B．自备购物布袋，不用塑料袋
C．使用节能电器，及时关闭电器设备，节约用电
D．开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖
4．（3分）下列叙述正确的是 （　　）
A．NH3是极性分子，分子中N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心
B．CCl4是非极性分子，分子中C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心
C．H2O是极性分子，分子中O原子处在2个H原子所连成的直线的中点
D．CO2是非极性分子，分子中C原子处在2个O原子所连成的直线的中点
5．（3分）防晒霜之所以能有效减轻紫外光对人体的伤害，是因为它所含的有效成分的分子中含有π键，π键的电子可在吸收紫外光后被激发，从而阻挡部分紫外光对皮肤的伤害。下列物质中没有防晒效果的是（　　）
A．氨基苯甲酸（H2N﹣C6H4﹣COOH）
B．羟基丙酮（HO﹣CH2﹣CO﹣CH3）
C．肉桂酸（C6H5CH═CH﹣COOH）
D．乙醇（CH3﹣CH2﹣OH）
6．（3分）设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4LCCl4中所含的原子数目为5NA
B．28gN60（分子结构如图）中含有的N﹣N键数目为1.5NA
C．常温下，2LpH＝12的Na2CO3溶液中含有OH﹣数目为0.02NA
D．常温下，将5.6g铁投入足量的稀硫酸中，充分反应，转移的电子数目为0.3NA
7．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．25℃，101kPa下，28L氢气中质子的数目为2.5NA
B．2.0L1.0mol•L﹣1AlCl3溶液中，Al3+的数目为2.0NA
C．0.20mol苯甲酸完全燃烧，生成CO2的数目为1.4NA
D．电解熔融CuCl2，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为0.10NA
8．（3分）Al2O3在一定条件下可转化为硬度、熔点都很高的氮化铝晶体，氮化铝的晶胞如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．氮化铝属于分子晶体
B．氮化铝可用于制造切割金属的刀具
C．1个氮化铝晶胞中含有9个Al原子
D．氮化铝晶体中Al的配位数为2
9．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．使酚酞变红的溶液中：Na+、Cu2+、NO3﹣、ClO﹣
B．与Al反应能放H2的溶液中：Na+、Cu2+、NO3﹣、I﹣
C．0.1mol⋅L﹣1Na2CO3溶液中：NH4+、K+、SO42﹣、Cl﹣
D．＝1×1012的溶液中：Ca2+、Na+、SiO32﹣、HCO3﹣
10．（3分）下列指定反应的离子方程式书写正确的是（　　）
A．向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3⋅H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O
B．硫化钠的水解：S2﹣+H2O═H2S+2OH﹣
C．向溴水中加入足量乙醛：CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH+2H++2Br﹣
D．用氨水溶解AgCl沉淀：Ag++2NH3⋅H2O═[Ag（NH3）2]++2H2O
11．（3分）气态电中性基态原子的原子核外电子排布发生如下变化，吸收能量最多的是（　　）
A．1s22s22p63s2→1s22s22p63s13p1
B．1s22s22p5→1s22s22p43s1
C．1s22s22p4→1s22s22p34f1
D．1s22s22p63s23p5→1s22s22p63s23p44s1
12．（3分）下列分子或离子中键角由大到小排列顺序的是（　　）
①BCl3
②NH3
③H2O
④CH4
⑤BeCl2
A．⑤④①②③ B．⑤①④②③ C．④①②⑤③ D．③②④①⑤
13．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式为。下列说法正确的是（　　）
A．第一电离能：Y＞Z＞X
B．W位于元素周期表的s区
C．电负性：Y＞Z＞W
D．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞Z
14．（3分）实现温和条件下氨的高效合成一直是催化领域的重要研究课题，硼簇修饰碳纳米管原位负载的纳米金表面电催化合成氨的反应机理如图。下列说法不正确的是（　　）

A．上述转化过程中涉及非极性键的断裂和极性键的生成
B．生成NH3的电极总反应式为N2+6H++6e﹣═2NH3
C．使用纳米金作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率
D．当标准状况下22.4LN2发生反应时，可得到2molNH3
15．（3分）图中展示的是乙烯催化氧化的过程（部分相关离子未画出），下列描述不正确的是（　　）

A．PbCl42﹣和Cu2+在反应中都是催化剂
B．该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成
C．该转化过程中，酸性条件下过程V涉及反应为4Cu++O2+4H═4Cu2++2H2O
D．乙烯催化氧化的反应方程式为CH2＝CH2+O2CH3CHO+H2O
16．（3分）普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构简式如图所示。下列描述不正确的是（　　）

A．该物质有3种含氧官能团
B．1mol该物质能与4mol氢气发生反应
C．该物质能使酸性KMnO4溶液褪色
D．1mol该物质最多可与2molNaOH反应
二、非选择题
17．（14分）已知500mL待测液中除含有0.3mol•L﹣1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种成几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Cl﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣、SO42﹣。现进行如图实验操作（每次实验所加试剂均过量）：

（1）由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是 　 　。
（2）检验气体B常用的简便方法是 　 　，若在标准状态下，用一充满气体B的圆底烧瓶做喷泉实验，实验完毕后，圆底烧瓶中充入水的体积为其容积的，则所得溶液的物质的量浓度是 　 　mol•L﹣1（假设溶液不扩散，保留2位有效数字）。
（3）由沉淀D和沉淀E可以判断待测液中一定含有 　 　离子，据此可以排除的离子是 　 　。
（4）某同学分析白色沉淀C后，认为待测液一定不含 　 　。
（5）综合分析，待测液中K+的最小浓度为 　 　。
18．（14分）铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药、纺织等行业，但使用后的废水因其中含高价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染如图1。

（1）上述各步反应中属于氧化还原反应的是　 　。（填序号）
（2）第①步，含Cr2O72﹣的废水在酸性条件下用绿矾FeSO4•7H2O处理，写出该反应的离子方程式　 　。
（3）第②步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr（OH）3沉淀。处理后，沉淀物中除了Cr（OH）3外，还有　 　、　 　（写化学式）。已知Cr（OH）3性质类似Al（OH）3，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，从沉淀中分离出Cr（OH）3的流程如图2．写出从该沉淀物中分离出Cr（OH）3的离子方程式　 　、　 　。
（4）回收所得的Cr（OH）3，经③④⑤步处理后又可转变成K2Cr2O7．纯净的K2Cr2O7常用于准确测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下：
①Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═3I2+2Cr3++7H2O
②2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣
准确称取纯净的K2Cr2O70.1225g配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00mL．则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为　 　。（保留四位有效数字）
19．（12分）（1）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为　 　；该晶体中原子之间的作用力是　 　。
（2）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2（如图1）的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为　 　。

（3）立方BP（磷化硼）的晶胞结构如图2所示，晶胞中含B原子数目为　 　。
（4）铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为　 　，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为　 　。

（5）奥氏体是碳溶解在γ﹣Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示，则该物质的化学式为　 　，若晶体密度为ρg/cm3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为　 　pm（阿伏加德罗常数的值用NA表示，写出计算式即可）。（相对原子质量铁56、碳12）

20．（12分）早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu．Fe三种金属元素组成，回答下列问题：
（1）①铜元素位于周期表中 　 　区。Cu2+离子的价层轨道表示式为 　 　。
②锰、铁、钴三种元素的逐级电离能如表：
电离能/KJ/mol
I1
I2
I 3
I4
Mn
717.3
1509.0
3248
4940
Fe
762.5
1561.9
2957
5290
Co
760.4
1648
3232
4950
铁元素的第三电离能明显低于锰元素和钴元素，其原因是 　 　。
③实验室可用赤血盐K3[Fe（CN）6]检验Fe2+离子，在赤血盐中铁元素的化合价为 　 　，中心离子的配位数为 　 　。
（2）利用反应：X+C2H2+NH3→Cu2C2+NH4Cl（未配平）可检验乙炔。
①化合物X晶胞结构如图，据此可知X的化学式为 　 　。
②乙炔分子中σ键与π键数目之比为 　 　，碳原子的杂化方式为 　 　；NH4+空间构型为 　 　（用文字描述）。
（3）①下列三种化合物a。AlCl3 b．NaCl c．Al2O3沸点由高到低依次是 　 　（填编号），其原因是 　 　。
②Al单质中原子采取面心立方最密堆积，其晶胞边长为0.405nm，列式表示Al单质的密度 　 　g/cm3（不必计算出结果）。


2021-2022学年安徽省亳州二中高二（下）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（16小题，每题3分）每题只有一个选项是正确的。
1．（3分）做好垃圾分类，推动城市绿色发展。如表有关生活垃圾分类不合理的是（　　）
选项
A
B
C
D
生活垃圾
牛奶盒
眼药水
干电池
西瓜皮
垃圾分类标识




A．A B．B C．C D．D
【分析】选项中只有干电池为重金属污染，分类不合理，以此来解答。
【解答】解：A．牛奶盒可回收再利用，分类合理，故A不选；
B．眼药水过期有害，不能回收，为有害垃圾，故B不选；
C．干电池为重金属污染，分类不合理，故C选；
D．西瓜皮为无毒无害物质，为湿垃圾，可作肥料使用，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查三废处理及环境保护，为高频考点，把握物质的性质、垃圾的分类及再利用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
2．（3分）现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5
。则下列有关比较中正确的是（　　）
A．第一电离能：④＞③＞②＞① B．原子半径：④＞③＞②＞①
C．电负性：④＞③＞②＞① D．最高正化合价：④＞③＝②＞①
【分析】由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素，结合元素周期律知识解答该题．
【解答】解：由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素，
A．同周期自左而右第一电离能增大，由于P为半充满状态，较稳定，所以第一电离能S＜P，N＜F，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；
B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径P＞N，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；
C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性O＞S，N＜F，同主族自上而下电负性降低，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；
D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②＝③，故D错误。
故选：A。
【点评】该题考查原子结构与元素周期律，是高考种的常见题型，属于中等难度的试题．试题综合性强，贴近高考，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养．根据原子结构推断出元素是关键，注意基础知识的掌握和积累．
3．（3分）中国宣布了到2030年单位国内生产总值CO2排放量比2005年下降60%～65%的减排目标。下列措施与这一目标无关的是（　　）
A．给汽车安装尾气处理器
B．自备购物布袋，不用塑料袋
C．使用节能电器，及时关闭电器设备，节约用电
D．开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖
【分析】到2030年单位国内生产总值CO2排放量比2005年下降60%～65%的减排目标，即倡导“节能减排”、“低碳经济”，实现这一目标的措施是节约物质资源和能量资源，尽可能地减少煤炭石、油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，据此分析解答。
【解答】解：A．给汽车安装尾气处理器，其中的有害气体CO、NO转化为无害气体N2、CO2，增加了CO2的排放，不符合减排目标，故A正确；
B．自备购物布袋，不用塑料方便袋可减少白色污染，减少二氧化碳的排放，符合减排目标，故B错误；
C．使用节能电器，及时关闭电器设备，节约用电，能减少化石能源的使用，可减少二氧化碳的排放，符合减排目标，故C错误；
D．开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖，减少二氧化碳的排放，符合减排目标，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查节能减排与环境保护，明确减少二氧化碳排放的常见措施即可解答，侧重基础知识的检测，试题有利于提高学生的学习积极性和环保意识，题目难度不大，注意相关知识积累。
4．（3分）下列叙述正确的是 （　　）
A．NH3是极性分子，分子中N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心
B．CCl4是非极性分子，分子中C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心
C．H2O是极性分子，分子中O原子处在2个H原子所连成的直线的中点
D．CO2是非极性分子，分子中C原子处在2个O原子所连成的直线的中点
【分析】根据价层电子对互斥理论确定微粒空间构型和中心原子杂化方式的判断，正负电荷重心重合的分子是非极性分子，正负电荷重心不重合的是极性分子。
【解答】解：A．N与3个H原子形成δ键，孤对电子数为＝1，所以N原子采用sp3杂化，为三角锥形分子，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子，分子空间构型错误，故A错误；
B．CCl4中C与4个Cl形成4个δ键，孤对电子数为0，所以C原子采用sp3杂化，为正四面体结构，该分子正负电荷重心重合，为非极性分子，分子空间构型错误，故B错误；
C．H2O中O与2个H形成δ键，孤对电子数为＝2，所以O原子采用sp3杂化，为V形分子，分子中O原子和2个H原子不在一条直线上，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子，故C错误；
D．CO2中C与2个O形成δ键，孤对电子数为＝0，所以C原子采用sp杂化，为直线形分子，分子中C原子和2个O原子在一条直线上，分子中C原子处在2个0原子所连成的直线的中点，该分子正负电荷重心重合，为非极性分子，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了分子的空间构型、分子极性的判断，根据价层电子对互斥理论及正负电荷重心是否重合来分析解答即可，注意把握δ键数以及孤对电子数目判断，题目难度中等。
5．（3分）防晒霜之所以能有效减轻紫外光对人体的伤害，是因为它所含的有效成分的分子中含有π键，π键的电子可在吸收紫外光后被激发，从而阻挡部分紫外光对皮肤的伤害。下列物质中没有防晒效果的是（　　）
A．氨基苯甲酸（H2N﹣C6H4﹣COOH）
B．羟基丙酮（HO﹣CH2﹣CO﹣CH3）
C．肉桂酸（C6H5CH═CH﹣COOH）
D．乙醇（CH3﹣CH2﹣OH）
【分析】由题意可知：含有π键的物质具有防晒效果，而单键中只有σ键，双键中有1个σ键和1个π键，三键中有一个σ键和两个π键，据此解答。
【解答】解：A．氨基苯甲酸（H2N﹣C6H4﹣COOH）中含有C＝O，含有π键，具有防晒效果，故A不选；
B．羟基丙酮（HO﹣CH2﹣CO﹣CH3）中含有C＝O双键，含有π键，具有防晒效果，故B不选；
C．肉桂酸（C6H5CH═CH﹣COOH）含有C＝C、C＝O，含有π键，具有防晒效果，故C不选；
D．乙醇结构简式为CH3﹣CH2﹣OH，只有单键，不存在π键，不具有防晒效果，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的结构、共价键的分类，为高频高点，侧重分析能力和应用能力的考查，明确σ键和π键的定义、有机物的结构特点是解题关键，题目难度不大。
6．（3分）设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4LCCl4中所含的原子数目为5NA
B．28gN60（分子结构如图）中含有的N﹣N键数目为1.5NA
C．常温下，2LpH＝12的Na2CO3溶液中含有OH﹣数目为0.02NA
D．常温下，将5.6g铁投入足量的稀硫酸中，充分反应，转移的电子数目为0.3NA
【分析】A．气体摩尔体积使用对象为气体；
B．依据分摊法计算N﹣N化学键；
C．pH＝12的Na2CO3，氢氧根离子为0.01mol/L；
D．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁。
【解答】解：A．标况下四氯化碳为液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B．依据分摊法计算N﹣N化学键，每个N原子均以氮氮单键结合三个氮原子，每个氮氮键被2个氮原子共用，每个氮原子有1.5个氮氮键，1个N60分子的结构中含有90个氮氮键，则28g N60物质的量＝＝mol，含有N﹣N键3NA，故B错误；
C．pH＝12的Na2CO3，氢氧根离子为0.01mol/L，常温下，2L pH＝12的Na2CO3，溶液中含有OH﹣数目为2L×0.01mol/L×NAmol﹣1＝0.02NA，故C正确；
D．常温下，将5.6g铁物质的量为＝0.1mol，投入足量的稀硫酸中，充分反应生成0.1mol亚铁离子，转移的电子数目为0.2NA，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，注意分摊法在化学键计算中的应用。
7．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．25℃，101kPa下，28L氢气中质子的数目为2.5NA
B．2.0L1.0mol•L﹣1AlCl3溶液中，Al3+的数目为2.0NA
C．0.20mol苯甲酸完全燃烧，生成CO2的数目为1.4NA
D．电解熔融CuCl2，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为0.10NA
【分析】A.25℃，101kPa下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；
B.铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解；
C.苯甲酸分子中含7个碳原子，根据碳原子个数守恒来分析；
D.电解熔融CuCl2，阴极反应为Cu2++2e﹣＝Cu。
【解答】解：A.当Vm＝22.4L/mol时，根据n＝＝＝1.25mol，一个氢气分子中含有两个质子，28L氢气质子数为2×1.25mol×NA＝2.5NA，25℃，101kPa下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则28L氢气中含有的质子数小于2.5NA个，故A错误；
B.铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，2.0L1.0mol•L﹣1AlCl3溶液中，Al3+的数目小于2.0NA，故B错误；
C.1个苯甲酸分子中含7个碳原子，碳原子个数守恒可知，0.20mol苯甲酸完全燃烧生成的二氧化碳分子数为1.40NA个，故C正确；
D.电解熔融CuCl2，阴极反应为Cu2++2e﹣＝Cu，故当阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为＝0.20NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件以及物质的结构与性质是解题关键。
8．（3分）Al2O3在一定条件下可转化为硬度、熔点都很高的氮化铝晶体，氮化铝的晶胞如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．氮化铝属于分子晶体
B．氮化铝可用于制造切割金属的刀具
C．1个氮化铝晶胞中含有9个Al原子
D．氮化铝晶体中Al的配位数为2
【分析】氮化铝结构与金刚石结构类似，为共价晶体，熔沸点高，硬度大；晶胞中Al原子与周围最近的4个N原子形成正四面体，Al位于正四面体中心，N原子位于正四面体顶点。
【解答】解：A．氮化铝（AlN）结构类似于金刚石，金刚石为共价晶体，则氮化铝（AlN）也为共价晶体不是离子晶体，故A错误；
B．氮化铝（AlN）为共价晶体，熔沸点高，硬度大，可用于制造切割金属的刀具，故B正确；
C．1个氮化铝晶胞中含有×8+1＝2，1个氮化铝晶胞中含有2个铝原子，故C错误；
D．晶胞中Al原子与周围最近的4个N原子形成正四面体，Al位于正四面体中心，N原子位于正四面体顶点，故Al原子配位数为4，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查学生对晶体类型、晶体配位数的计算，侧重考查学生的推理能力与模型认知能力，难度不大。
9．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．使酚酞变红的溶液中：Na+、Cu2+、NO3﹣、ClO﹣
B．与Al反应能放H2的溶液中：Na+、Cu2+、NO3﹣、I﹣
C．0.1mol⋅L﹣1Na2CO3溶液中：NH4+、K+、SO42﹣、Cl﹣
D．＝1×1012的溶液中：Ca2+、Na+、SiO32﹣、HCO3﹣
【分析】A．使酚酞变红的溶液中，溶液显碱性，含有大量OH﹣；
B．与Al反应能放H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
C．Na+、CO32﹣、NH4+、K+、SO42﹣、Cl﹣相互不反应；
D．＝1012，可知溶液显酸性，含有大量H+。
【解答】解：A．碱性环境下，OH﹣与Cu2+反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故A不选；
B．与Al反应能放H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在Cu2+，酸溶液中不能大量存在NO3﹣，故B不选；
C．Na+、CO32﹣、NH4+、K+、SO42﹣、Cl﹣相互不反应，能大量共存，故C选；
D．＝1012，可知溶液显酸性，含有大量H+，H+与SiO32﹣、HCO3﹣都反应，不能大量共存，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了离子共存判断，明确离子反应条件是解题关键，题目难度不大。
10．（3分）下列指定反应的离子方程式书写正确的是（　　）
A．向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3⋅H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O
B．硫化钠的水解：S2﹣+H2O═H2S+2OH﹣
C．向溴水中加入足量乙醛：CH3CHO+Br2+H2O→CH3COOH+2H++2Br﹣
D．用氨水溶解AgCl沉淀：Ag++2NH3⋅H2O═[Ag（NH3）2]++2H2O
【分析】A．不符合反应客观事实；
B．硫离子为多元弱酸根离子，分布水解，以第一步为主；
C．溴水具有氧化性，能够氧化乙醛生成乙酸；
D．氯化银是沉淀，不能拆。
【解答】解：A．向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水，离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；
B．硫化钠的水解，离子方程式为：S2﹣+H2O═HS﹣+OH﹣，故B错误；
C．溴水与乙醛发生氧化还原反应，方程式为：CH3CHO+Br2+H2O＝CH3COOH+2H++2Br﹣，故C正确；
D．氯化银是沉淀，不能拆，故离子方程式为AgCl+2NH3•H2O＝[Ag（NH3）2]++Cl﹣+2H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的书写方法，题目难度不大，明确发生反应的实质为解答关键，注意熟练掌握离子方程式的书写原则，试题有利于提高学生的规范答题能力。
11．（3分）气态电中性基态原子的原子核外电子排布发生如下变化，吸收能量最多的是（　　）
A．1s22s22p63s2→1s22s22p63s13p1
B．1s22s22p5→1s22s22p43s1
C．1s22s22p4→1s22s22p34f1
D．1s22s22p63s23p5→1s22s22p63s23p44s1
【分析】能级相差越远，能量相差越大，电子发生跃迁的能级相差越大，吸收的能量越多。
【解答】解：A．1个电子由3s跃迁到3p，吸收能量，故A不选；
B．1个电子由2p跃迁到3s，吸收能量，故B不选；
C．1个电子由2p跃迁到4f，吸收能量，且吸收能量最大，故C选；
D．1个电子由3p跃迁到4s，吸收能量，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查核外电子排布，侧重考查学生原子结构的掌握情况，试题比较简单。
12．（3分）下列分子或离子中键角由大到小排列顺序的是（　　）
①BCl3
②NH3
③H2O
④CH4
⑤BeCl2
A．⑤④①②③ B．⑤①④②③ C．④①②⑤③ D．③②④①⑤
【分析】根据价层电子对互斥理论来判断中心原子的价层电子对数，然后判断分子或离子的空间构型，再判断键角．
【解答】解：①BCl3 中心原子的价电子都用来形成共价键，所以价层电子对数为3，为平面三角形，键角为120°；
②NH3 为三角锥形，键角为107°；
③H2O为V形，键角为105°；
④CH4 为正四面体，键角为109°28′；
⑤BeCl2中心原子的价电子都用来形成共价键，所以价层电子对数为2，为直线形，键角为180°；
所以键角由大到小排列顺序是⑤①④②③，
故选：B。
【点评】本题考查了分子或离子中键角的大小比较，注意根据分子的空间构型判断，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力．
13．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式为。下列说法正确的是（　　）
A．第一电离能：Y＞Z＞X
B．W位于元素周期表的s区
C．电负性：Y＞Z＞W
D．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞Z
【分析】X、Y、Z、W 是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同一周期，X、Y、Z 组成的一种化合物（ZXY）2的结构式为Y≡X﹣Z﹣Z﹣X≡Y，X形成4个共价键，位于ⅣA族，Y形成3个共价键，位于ⅤA族，Z形成2个共价键，位于ⅥA族；W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，则W最外层电子数为3，且W的原子序数最大，只能处于第三周期，故W为Al元素，结合原子序数大小可知X为C元素，Y为N，Z为O元素，以此解答该题。
【解答】解：根据分析可知，X为C，Y为N，Z为O，W为Al元素。
A.由分析可知，X、Y、Z分别为C、N、O，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，而N元素原子2p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O＞C，故A正确；
B.W为Al元素，位于周期表的p区，故B错误；
C.同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性O＞N，故C错误；
D.非金属性O＞N，则简单气态氢化物的热稳定性：O＞N，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点和常见题型，把握元素的位置、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
14．（3分）实现温和条件下氨的高效合成一直是催化领域的重要研究课题，硼簇修饰碳纳米管原位负载的纳米金表面电催化合成氨的反应机理如图。下列说法不正确的是（　　）

A．上述转化过程中涉及非极性键的断裂和极性键的生成
B．生成NH3的电极总反应式为N2+6H++6e﹣═2NH3
C．使用纳米金作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率
D．当标准状况下22.4LN2发生反应时，可得到2molNH3
【分析】A．通过机理示意图可知，反应过程中N﹣N的非极性键断裂，生成了N﹣H极性键；
B．由一个N2分子转化为两个NH3分子需要得6个电子；
C．催化剂可以通过降低反应活化能提高反应速率；
D．N2在转化为NH3的过程中会生成副产物N2H4。
【解答】解：A．通过机理示意图可知，反应过程中N2分子内的非极性键断裂，生成了NH3和N2H4分子内的N﹣H极性键，故A正确；
B．通过机理示意图可知，由一个N2分子转化为含2mol﹣3价N元素的NH3分子中需要得6mol电子，根据质量守恒，需要6molH+参与反应，所以电极反应式为：N2+6e﹣+6H+═2NH3，故B正确；
C．催化剂可以通过降低反应活化能成千上万倍的提高反应速率，故C正确；
D．通过机理示意图可知，N2在转化为NH3的过程中会生成副产物N2H4，因此，消耗标准状况下22.4L 即1molN2并不能得到2molNH3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应原理、电化学方程式书写，催化剂对反应的影响，侧重分析与应用能力的考查，注意催化剂不影响平衡移动，题目难度不大。
15．（3分）图中展示的是乙烯催化氧化的过程（部分相关离子未画出），下列描述不正确的是（　　）

A．PbCl42﹣和Cu2+在反应中都是催化剂
B．该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成
C．该转化过程中，酸性条件下过程V涉及反应为4Cu++O2+4H═4Cu2++2H2O
D．乙烯催化氧化的反应方程式为CH2＝CH2+O2CH3CHO+H2O
【分析】A．过程Ⅳ消耗Cu2+，过程Ⅴ生成Cu2+，过程Ⅰ消耗PbCl42﹣，过程Ⅵ生成PbCl42﹣；
B．该过程有极性键的断裂；
C．过程Ⅴ中O2与Cu+反应生成Cu2+；
D．反应中，CH2＝CH2最终被O2氧化为CH3CHO。
【解答】解：A．过程Ⅳ消耗Cu2+，过程Ⅴ生成Cu2+，过程Ⅰ消耗PbCl42﹣，过程Ⅵ生成PbCl42﹣，所以PbCl42﹣和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用，故A正确；
B．该过程有极性键的断裂，没有非极性键的形成，故B错误；
C．过程Ⅴ中O2与Cu+反应生成Cu2+，反应的离子方程式为：4Cu++O2+4H+═4Cu2++2H2O，故C正确；
D．反应中，CH2＝CH2最终被O2氧化为CH3CHO，则乙烯催化氧化的反应方程式为2CH2＝CH2+O22CH3CHO，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于物质之间的转化、化学原理应用的考查，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大。
16．（3分）普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构简式如图所示。下列描述不正确的是（　　）

A．该物质有3种含氧官能团
B．1mol该物质能与4mol氢气发生反应
C．该物质能使酸性KMnO4溶液褪色
D．1mol该物质最多可与2molNaOH反应
【分析】A．由结构可知，含羟基、碳碳双键、酯基、羧基；
B．只有2个碳碳双键与氢气发生加成反应；
C．结合烯烃、醇的性质判断；
D．结合酯、羧酸的性质判断。
【解答】解：A．由结构可知，有3种含氧官能团为羟基、酯基、羧基，故A正确；
B．只有2个碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol该物质能与2mol氢气发生反应，故B错误；
C．含碳碳双键、羟基，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；
D．含酯基、羧基，与NaOH溶液反应，则1mol该物质最多可与2molNaOH反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
二、非选择题
17．（14分）已知500mL待测液中除含有0.3mol•L﹣1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种成几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Cl﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣、SO42﹣。现进行如图实验操作（每次实验所加试剂均过量）：

（1）由白色沉淀B可确定待测液中含有的离子是 　NH4+　。
（2）检验气体B常用的简便方法是 　用湿润的蓝色石蕊试纸靠近，试纸变蓝色　，若在标准状态下，用一充满气体B的圆底烧瓶做喷泉实验，实验完毕后，圆底烧瓶中充入水的体积为其容积的，则所得溶液的物质的量浓度是 　0.045　mol•L﹣1（假设溶液不扩散，保留2位有效数字）。
（3）由沉淀D和沉淀E可以判断待测液中一定含有 　CO32﹣、SO42﹣　离子，据此可以排除的离子是 　Mg2+、Ba2+　。
（4）某同学分析白色沉淀C后，认为待测液一定不含 　Br﹣　。
（5）综合分析，待测液中K+的最小浓度为 　0.1mol/L　。
【分析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32﹣、SO42﹣，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32﹣，存在SO42﹣，根据离子共存知，溶液中不存在Mg2+、Ba2+，滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3﹣，一定不存在Al3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br﹣，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl﹣，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，沉淀A加入硝酸生成无色气体D，则D为CO2，E为CaCO3，白色沉淀D只能为BaSO4，以此解答该题。
【解答】解：待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32﹣、SO42﹣，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32﹣，存在SO42﹣，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+，滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3﹣，一定不存在Al3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br﹣，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl﹣，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，
沉淀A加入硝酸生成无色气体D，则D为CO2，E为CaCO3，白色沉淀D只能为BaSO4，
（1）由上分析，由气体B可确定待测液中含有的离子是NH4+，
故答案为：NH4+；
（2）氨气的检验方法：用湿润的蓝色石蕊试纸靠近，试纸变蓝色，设圆底烧瓶的体积为VL，氨气易溶于水，喷泉充满圆底烧瓶的，溶液中溶质的物质的量浓度是mol/L＝mol/L≈0.045mol/L，
故答案为：用湿润的蓝色石蕊试纸靠近，试纸变蓝色；0.045；
（3）由上分析，沉淀D和沉淀E分别为BaSO4、CaCO3，可以判断待测液中一定含有CO32﹣、SO42﹣，根据离子共存可以排除的离子是Mg2+、Ba2+，
故答案为：CO32﹣、SO42﹣；Mg2+、Ba2+；
（4）滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl﹣，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，但是确定待测液一定不含Br﹣，
故答案为：Br﹣；
（5）气体D为CO2，沉淀E为CaCO3，溶液中含有CO32﹣，沉淀D为BaSO4，溶液中一定含有SO42﹣，
B（碳酸钡）的物质的量＝＝0.1mol，则n（HCO3﹣）＝0.1mol，故c（HCO3﹣）＝＝0.1mol/L，
E（碳酸钙）的物质的量＝＝0.1mol，则n（CO32﹣）＝0.1mol，故c（CO32﹣）＝＝0.1mol/L，
D（硫酸钡）的物质的量＝＝0.05mol，则n（SO42﹣）＝0.05mol，故c（SO42﹣）＝＝0.05mol/L，
n（NH4+）＝n（NH3）＝＝0.1mol，则c（NH4+）＝0.1mol/L，溶液中c（Na+）＝0.2mol/L，c（HCO3﹣）＝0.1mol/L，c（CO32﹣）＝0.1mol/L，c（SO42﹣）＝0.05mol/L，单位体积为正电荷＝1×0.1mol/L+1×0.2mol/L＝0.3mol/L，单位体积内负电荷＝1×0.1mol/L+2×0.1mol/L+2×0.05mol/L＝0.4mol/L，则单位体积为正电荷＜单位体积内负电荷，故一定含有K+，当溶液中没有Cl﹣，K+离子浓度最小，根据电荷守恒可知，c（K+）最小浓度＝0.4mol/L﹣0.3mol。L＝0.1mol/L，
故答案为：0.1mol/L。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握离子之间的反应和现象推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意电荷守恒及元素化合物知识的应用。
18．（14分）铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药、纺织等行业，但使用后的废水因其中含高价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染如图1。

（1）上述各步反应中属于氧化还原反应的是　①④　。（填序号）
（2）第①步，含Cr2O72﹣的废水在酸性条件下用绿矾FeSO4•7H2O处理，写出该反应的离子方程式　Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O　。
（3）第②步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr（OH）3沉淀。处理后，沉淀物中除了Cr（OH）3外，还有　Fe（OH）3　、　CaSO4　（写化学式）。已知Cr（OH）3性质类似Al（OH）3，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，从沉淀中分离出Cr（OH）3的流程如图2．写出从该沉淀物中分离出Cr（OH）3的离子方程式　Cr（OH）3+OH﹣＝CrO2﹣+2H2O　、　CrO2﹣+CO2+2H2O＝Cr（OH）3↓+HCO3﹣　。
（4）回收所得的Cr（OH）3，经③④⑤步处理后又可转变成K2Cr2O7．纯净的K2Cr2O7常用于准确测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下：
①Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═3I2+2Cr3++7H2O
②2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣
准确称取纯净的K2Cr2O70.1225g配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00mL．则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为　0.1000mol/L或0.1000 mol•L﹣1　。（保留四位有效数字）
【分析】第①步中加入FeSO4•7H2O，Cr元素被还原，处理后的溶液中主要有Cr3+、Fe3+和SO42﹣等，加入碱石灰调节pH值，得到Cr（OH）3、Fe（OH）3和微溶于水的CaSO4；过滤后向沉淀中加入过量的NaOH溶液，Cr（OH）3溶解得到含CrO2﹣的溶液，过滤后向滤液中通入足量的二氧化碳得到Cr（OH）3沉淀；
（1）根据氧化还原反应中有元素化合价发生变化进行判断；
（2）反应中Cr2O72﹣转化为Cr3+，被还原，Fe2+被氧化为Fe3+，注意在酸性条件下进行且有水生成；
（3）沉淀物中除了Cr（OH）3外，还有Fe（OH）3以及微溶于水的CaSO4；Cr（OH）3和NaOH的反应，类似氢氧化铝与NaOH溶液的反应；之后向含CrO2﹣的溶液中通入足量的CO2，得到Cr（OH）3和HCO3﹣；
（4）根据6n（Cr2O72﹣）＝n（Iˉ）＝n（Na2S2O3），进行计算。
【解答】解：（1）上述各步反应中，第①步中Cr2O72﹣转化为Cr3+，第④步中CrO2﹣转化为CrO42﹣，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，其余步骤没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应；
故答案为：①④；
（2）第①步中Cr2O72﹣转化为Cr3+，被还原，则Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O；
故答案为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O；
（3）沉淀物中除了Cr（OH）3外，还有Fe（OH）3以及微溶于水的CaSO4；沉淀中分离出Cr（OH）3时先用NaOH将其溶解，该过程类似氢氧化铝与NaOH溶液的反应，离子方程式为Cr（OH）3+OH﹣＝CrO2﹣+2H2O；之后向含CrO2﹣的溶液中通入足量的CO2，得到Cr（OH）3和HCO3﹣，离子方程式为CrO2﹣+CO2+2H2O＝Cr（OH）3↓+HCO3﹣；
故答案为：Fe（OH）3、CaSO4；Cr（OH）3+OH﹣＝CrO2﹣+2H2O、CrO2﹣+CO2+2H2O＝Cr（OH）3↓+HCO3﹣；
（4）根据离子方程式①可知6n（Cr2O72﹣）＝n（Iˉ），根据离子方程式②可知n（Na2S2O3）＝n（Iˉ），所以6n（Cr2O72﹣）＝n（Na2S2O3），设Na2S2O3溶液的物质的量浓度为c，则0.025L×c＝×6，解得c＝0.1000 mol•L﹣1；
故答案为：0.1000mol/L或0.1000 mol•L﹣1。
【点评】本题考查氧化还原反应以及配平、Cr元素化合物性质、氧化还原反应滴定计算等，难度中等。
19．（12分）（1）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为　3：1　；该晶体中原子之间的作用力是　金属键　。
（2）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2（如图1）的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为　H8AuCu3　。

（3）立方BP（磷化硼）的晶胞结构如图2所示，晶胞中含B原子数目为　4　。
（4）铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为　4　，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为　4：3　。

（5）奥氏体是碳溶解在γ﹣Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示，则该物质的化学式为　FeC　，若晶体密度为ρg/cm3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为　××1010　pm（阿伏加德罗常数的值用NA表示，写出计算式即可）。（相对原子质量铁56、碳12）

【分析】（1）根据均摊法计算晶胞中Cu、Au原子数目，确定合金中二者原子数目之比；金属晶体中存在金属键；
（2）根据氟化钙的结构确定该晶体储氢后的化学式；
（3）B原子位于晶胞的顶点和面心位置，根据均摊法计算晶胞中B原子数目；
（4）γ﹣Fe晶体晶胞中Fe位于晶胞的顶点和面心位置，根据均摊法计算晶胞中Fe原子数目；δ﹣Fe是体心立方堆积，配位数是8、α﹣Fe是简单立方堆积，配位数是6；
（5）Fe原子处于顶点、面心，碳原子处于体心、棱中心，均摊法计算Fe、C原子数目确定化学式；晶胞中最近的两个碳原子的距离为同一顶点的2条棱中心2个碳原子的距离。
【解答】解：（1）铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则晶胞中Cu原子数目＝6×＝3，晶胞中Au原子数目＝8×＝1，故晶胞中Cu原子与Au原子数量之比为3：1；该晶体为金属晶体，则原子之间的作用力是金属键，
故答案为：3：1；金属键；
（2）由CaF2晶胞可知，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，则H原子应位于晶胞内部，则应含有8个H，则化学式为H8AuCu3，
故答案为：H8AuCu3；
（3）B原子位于晶胞的顶点和面心位置，B原子数目＝8×+6×＝4，
故答案为：4；
（4）γ﹣Fe晶体晶胞中Fe位于晶胞的顶点和面心位置，Fe原子数目＝8×+6×＝4，；δ﹣Fe是体心立方堆积，配位数是8、α﹣Fe是简单立方堆积，配位数是6，所以δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为8：6＝4：3，
故答案为：4；4：3；
（5）Fe原子处于顶点、面心，碳原子处于体心、棱中心，晶胞中Fe原子数目＝6×+8×＝4、C原子数目＝1+12×＝4，Fe、C原子数目之比为1：1，故化学式为：FeC；晶胞中最近的两个碳原子的距离为同一顶点的2条棱中心2个碳原子的距离，设晶胞中最近的两个碳原子的距离为r pm，则晶胞棱长＝r pm，晶胞质量＝ρg/cm3×（r×10﹣10cm）3＝4×g，解得r＝××1010，
故答案为：FeC；××1010。
【点评】本题考查均摊法计算原子个数比及化学式等知识，把握顶点、面心、棱心和体心位置的分占比即可解答，注意均摊法在晶胞计算中的应用，题目难度不大，难点是空隙概念的理解。
20．（12分）早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu．Fe三种金属元素组成，回答下列问题：
（1）①铜元素位于周期表中 　ds　区。Cu2+离子的价层轨道表示式为 　　。
②锰、铁、钴三种元素的逐级电离能如表：
电离能/KJ/mol
I1
I2
I 3
I4
Mn
717.3
1509.0
3248
4940
Fe
762.5
1561.9
2957
5290
Co
760.4
1648
3232
4950
铁元素的第三电离能明显低于锰元素和钴元素，其原因是 　Co失去3d7的电子，Fe失去3d6的电子，Co的核电荷数比Fe的大，电子离开时克服的引力大，Co的第三电离能比Fe的大，Mn失去3d5稳定状态的电子，需要能量比Fe的高，Mn的第三电离能大于Fe的　。
③实验室可用赤血盐K3[Fe（CN）6]检验Fe2+离子，在赤血盐中铁元素的化合价为 　+3　，中心离子的配位数为 　6　。
（2）利用反应：X+C2H2+NH3→Cu2C2+NH4Cl（未配平）可检验乙炔。
①化合物X晶胞结构如图，据此可知X的化学式为 　CuCl　。
②乙炔分子中σ键与π键数目之比为 　3：2　，碳原子的杂化方式为 　sp　；NH4+空间构型为 　正四面体　（用文字描述）。
（3）①下列三种化合物a。AlCl3 b．NaCl c．Al2O3沸点由高到低依次是 　cba　（填编号），其原因是 　氯化铝属于分子晶体，氯化钠、氧化铝属于离子晶体，氯化铝的沸点最低，氧化铝的构成离子电荷多、半径小，晶格能比NaCl的大，沸点比NaCl的高，　。
②Al单质中原子采取面心立方最密堆积，其晶胞边长为0.405nm，列式表示Al单质的密度 　　g/cm3（不必计算出结果）。

【分析】（1）①Cu原子价电子排布式为3d104s1，处于IB族，Cu2+离子的价层电子排布式为3d9；
②Co的核电荷数大，对核外电子吸引能力强，Mn失去3d5稳定状态的电子；
③K为+1价，CN为﹣1价，根据化合价代数和为0可知赤血盐中铁元素的化合价为+3，Fe3+离子与CN﹣形成配位键；
（2）①由晶胞晶胞，根据均摊法可知晶胞中Cl、Cu原子数目均为4；
②乙炔分子结构式为H﹣C≡C﹣H，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键；碳原子形成2个σ键、没有孤电子对，杂化轨道数目为2；NH4+中N原子形成4个σ键，没有孤电子对，价层电子对数＝4；
（3）①氯化铝属于分子晶体，氯化钠、氧化铝属于离子晶体，离子晶体沸点高于分子晶体的，离子晶体中电荷越多、离子半径越小，晶格能越大，沸点越高；
②Al原子处于顶点、面心，根据均摊法计算晶胞中Al原子数目，结合摩尔质量计算晶胞中原子总质量，单质密度＝晶胞中原子总质量÷晶胞体积。
【解答】解：（1）①Cu原子价电子排布式为3d104s1，处于IB族，属于ds区元素，Cu2+离子的价层电子排布式为3d9，价电子轨道表示式为：，
故答案为：ds；；
②Co失去3d7的电子，Fe失去3d6的电子，Co的核电荷数比Fe的大，电子离开时克服的引力大，Co的第三电离能比Fe的大，Mn失去3d5稳定状态的电子，需要能量比Fe的高，Mn的第三电离能大于Fe的，
故答案为：Co失去3d7的电子，Fe失去3d6的电子，Co的核电荷数比Fe的大，电子离开时克服的引力大，Co的第三电离能比Fe的大，Mn失去3d5稳定状态的电子，需要能量比Fe的高，Mn的第三电离能大于Fe的；
③K为+1价，CN为﹣1价，设物质中Fe的化合价为a，根据化合价代数和为0，则（+1）×3+a+6×（﹣1）＝0，故a＝+3，故赤血盐中铁元素的化合价为+3，Fe3+离子与CN﹣形成配位键，中心离子的配位数为6，
故答案为：+3；6；
（2）①由晶胞晶胞，根据均摊法可知晶胞中Cl原子数目＝4、Cu原子数目＝8×+6×＝4，原子数目之比为1：1，故化学式为CuCl，
故答案为：CuCl；
②乙炔分子结构式为H﹣C≡C﹣H，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，分子中σ键与π键数目之比为3：2；碳原子形成2个σ键、没有孤电子对，杂化轨道数目为2，碳原子杂化方式为：sp，NH4+中N原子形成4个σ键，没有孤电子对，价层电子对数＝4，离子的空间构型为正四面体，
故答案为：3：2；sp；正四面体；
（3）①氯化铝属于分子晶体，氯化钠、氧化铝属于离子晶体，氯化铝的沸点最低，氧化铝的构成离子电荷多、半径小，晶格能比NaCl的大，沸点比NaCl的高，沸点由高到低依次是：Al2O3＞NaCl＞AlCl3，
故答案为：cba；氯化铝属于分子晶体，氯化钠、氧化铝属于离子晶体，氯化铝的沸点最低，氧化铝的构成离子电荷多、半径小，晶格能比NaCl的大，沸点比NaCl的高，
②Al原子处于顶点、面心，晶胞中Al原子数目＝8×+6×＝4，晶胞中原子总质量＝g，单质密度＝g÷（0.405×10﹣7 cm）3＝g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构与性质，注意核电荷数、微粒半径等会影响电离能，同时注意洪特规则特例，熟练掌握元素周期表结构，识记前四周期元素及主族元素，掌握均摊法进行晶胞计算。