2022-2023学年辽宁省沈阳市东北育才学校（高中部）高二下学期4月月考化学试题含解析

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 2022-2023学年度下学期东北育才学校高中部第一次月考
高二年级化学科试卷
考试时间：75分钟
客观卷Ⅰ
一、选择题(共15小题)
1. 纳米为无定形非晶态，白色粉末，颗粒尺寸小、微孔多、比表面积大、对紫外线反射能力强等特点。下列关于纳米的说法正确的是
A. 对光有各向异性
B. 熔点与晶体相同
C. 纳米具有自范性
D. 可用X−射线衍射实验区分纳米与晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．纳米为无定形非晶态，没有各向异性，晶体才有各向异性，故A错误；
B．纳米为无定形非晶态，因此没有固定熔点，晶体二氧化硅有固定熔点，故B错误；
C．纳米为无定形非晶态，因此纳米不具有自范性，晶体才有自范性，故C错误；
D．X−射线衍射实验可以区分晶体与非晶体，纳米是非晶体，晶体是晶体，因此可用X−射线衍射实验区分纳米与晶体，故D正确。
综上所述，答案为D。
2. 下列关于晶体的说法中，正确的是
A. 共价键的强弱可决定分子晶体的熔、沸点
B. 含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体
C. 晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性
D. CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子晶体熔化、沸腾时破坏分子间作用力，不破坏共价键，分子间作用力决定分子晶体的熔、沸点，共价键决定分子晶体的稳定性，故A错误；
B．含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属中含有金属阳离子，但不属于离子晶体，故B错误；
C．晶体中原子呈周期性有序排列，且有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，故C正确；
D． NaCl晶体中，由体心的钠离子看出周围有6个氯离子，CsCl晶体中，由体心的铯离子看出周围有8个氯离子，故D错误；
故选C。
3. 据某科学东志报道，国外有一研究发现了一种新的球形分子，它的分子式为C60Si60，其分子结构好似中国传统工艺品“镂雕”，经测定其中包含C60，也有Si60结构，分子中C60被包裹在Si60里面，内外两层通过共价键相连，下列叙述不正确的是
A. 该物质的晶体硬度小于冰
B. 该物质形成的晶体属分子晶体
C. 该分子中σ键与π键的比值为1:2
D. 该物质的相对分子质量为2400
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题中信息可知，C60Si60是一种新的球形分子，该物质有分子存在，属于分子晶体，而冰分子间存在氢键，所以该物质的晶体硬度小于冰，A正确；
B．由题中信息可知，C60Si60是一种新的球形分子，该物质有分子存在，属于分子晶体，B正确；
C．由于C60和Si60的每个原子均形成3个σ键，C60和Si60中均存在一个大π键，当它们内外两层通过共价键相连后，又可以形成60个σ键，故分子中可能不再有π键，C错误；
D．分子式为C60Si60，相对分子质量为：1260+2860=2400，D正确；
答案选C。
4. 铝的卤化物AlX3(X=Cl、Br、I)气态时以Al2X6双聚形态存在，下列说法错误的是

性质
AlF3
AlCl3
AlBr3
AlI3
熔点/℃
1290
192.4
97.8
189.4
沸点/℃
1272
180
256
382

A. AlF3晶体类型与其他三种不同
B. 1molAl2Cl6中所含配位键数目为4NA
C Al2X6中Al、X原子价电子层均满足8e-结构
D. AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征
【答案】B
【解析】
【详解】A．AlF3为离子晶体，其他三个为分子晶体，A正确；
B．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，故1molAl2Cl6中所含配位键数目为2NA，B错误；
C．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，均满足8电子结构，C正确；
D．AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征，D正确；
故选B。
5. 碘的晶胞结构示意图如图，下列说法正确的是

A. 碘晶体熔化时需克服共价键 B. 1个碘晶胞中含有4个碘分子
C. 晶体中碘分子的排列有3种不同取向 D. 碘晶体中每个I2周围等距且紧邻的I2有6个
【答案】B
【解析】
【详解】A． 碘晶体分子晶体，熔化时需克服分子间作用力，故A错误；
B． 1个碘晶胞中8个碘分子位于顶点，6个位于面心，则含有8×+6×=4个碘分子，故B正确；
C．由图可知， 晶体中碘分子的排列有2种不同取向，故C错误；
D． 碘晶体中每个I2周围等距且紧邻的I2位于面心，有12个，故D错误；
故选B。
6. 冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18—冠—6可与钾离子作用，如图是18—冠—6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是

A. 超分子具有分子识别和自组装的特征
B. 该超分子中K+的配位数为6
C. 利用超分子的分子识别特征，还可以分离C60、C70
D. 冠醚与碱金属离子形成的配合物属于“超分子”，其形成的晶体是分子晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．超分子是由两种或两种以上的分子通过相互作用形成的分子聚集体，具有分子识别与自组装的特征，A正确；
B．由题干图示信息可知，该超分子中K+周围形成有6个配位键，故其的配位数为6，B正确；
C．C60和C70混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，C正确；
D．由题干信息可知冠醚是皇冠状的分子，则冠醚与碱金属离子形成配合物是一个配位阳离子，所得到的晶体里还有阴离子，该类化合物配合物晶体是由阴、阳离子组成的，故属于是离子晶体，D错误；
故答案为：D。
7. 下列说法不正确的是
A. 1 mol 冰中拥有2 mol氢键
B. 分子晶体中既有范德华力，又有共价键
C. 干冰晶体中，每个CO2分子周围最近且距离相等的CO2分子共有12个
D. 晶体熔点：晶体硅＜SiC
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．每个水分子形成4个氢键，每个氢键为2个水分子共用，平均每个水分子形成2个氢键，则1 mol 冰中拥有2 mol氢键，A正确；
B．大多数分子晶体中既有范德华力，又有共价键，稀有气体的晶体是由原子通过分子间作用力构成得到分子晶体，故稀有气体的晶体中只有范德华力，B错误；
C．干冰晶胞如图，CO2分子分布在晶胞的八个顶点和六个面心上，所以每个CO2分子周围距离(即小立方体的面对角线长度)相等且最近的CO2分子共有12个，C正确；
D．晶体硅、SiC属于原子晶体，熔化需要破坏共价键，共价键越牢固原子晶体熔点越高，晶体硅中Si- Si不如碳化硅中Si-C键牢固，因此晶体熔点：晶体硅＜SiC，D正确；
答案选B。

8. VA族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素及其化合物应用广泛。工业上用白磷(P4)与Ba(OH)2反应生成PH3和一种盐，该盐可与H2SO4反应制备一元中强酸H3PO2。下列说法正确的是
A. H3PO2中P杂化方式为sp3
B. P4是正四面体形分子，其中P－P－P夹角为109°28′
C. VA族元素单质的晶体类型相同
D. 基态砷原子(33As)核外电子排布式为[Ar]4s24p3
【答案】A
【解析】
【详解】A．H3PO2中心原子P的价层电子对数=2+=4，P杂化方式为sp3，A正确；
B．P4是正四面体形分子，P-P-P夹角为60°，B项错误；
C．VA族氮、磷、砷(As)、锑(Sb)元素由非金属元素向金属过渡，氮、磷、砷形成的单质是分子晶体，锑(Sb)单质晶体类型是金属晶体，C项错误；
D．基态砷原子()核外电子排布式为[Ar]，D项错误；
故选A。
9. 钴(Co)在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)，下列说法错误的是

A. 色胺酮分子中所含元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H＞C
B. 色胺酮分子中N原子均为sp3杂化
C. 色胺酮钴配合物中钴的配位数为4
D. X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合
【答案】B
【解析】
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于O，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，氢原子的原子半径小，核外电子受到原子核的引力大于碳原子，失去1个电子消耗的能量大于碳，第一电离能大于大于碳，则元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H＞C，故A正确；
B．由结构简式可知，色胺酮分子中形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B错误；
C．由结构简式可知，色胺酮钴配合物中钴离子与2个氮原子和2个氧原子形成配位键，的配位数为4，故C正确；
D．甲醇分子中的羟基可以形成氢键，则X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个甲醇分子说明甲醇通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合，故D正确；
故选B。
10. 下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是
A. 细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质
B. 利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70
C. 与过量浓氨水反应的离子方程式：
D. 的八面体配合物()与溶液作用生成沉淀，则，
【答案】C
【解析】
【详解】A．细胞膜与细胞器膜主要都是由磷脂双分子层和蛋白质构成的，细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，A正确；
B．利用分子间作用力形成超分子进行“分子识别”,可以实现分子分离,进而分离C60和C70，B正确；
C．与少量氨水反应生成氢氧化铜，继续滴加氨水至过量，氢氧化铜溶解，生成[Cu(NH3)4]2+，故与过量浓氨水反应的离子方程式为：，C错误；
D．1mol的配合物，可知Co的化合价为+3，故m=3， 1mol该配合物与溶液作用生成沉淀，则有2mol自由Cl-，1mol氯离子与Co离子形成配位键，该配合物为八面体配合物，空间结构为，故配位数为6，所以氨气与Co离子形成5个配位键，则n=5，D正确；
故选C。
11. 组成和结构可用表示的有机物(不考虑立体结构)共有种
A. 3种 B. 12种 C. 20种 D. 36种
【答案】C
【解析】
【详解】-C4H9有1-丁基、2-丁基、2-甲基-1-丙基、2-甲基-2-丙基四种；-C3H6Cl有：-CH2CH2CH2Cl、-CH2CHClCH3、-CHClCH2CH3、、五种结构，则两种基团的组成共4×5=20种，即可表示的有机物有20种，故C正确；
故选：C。
12. 下列关于物质的分离、提纯实验中的一些操作或说法不正确的是
A. 在苯甲酸重结晶实验中，待粗苯甲酸完全溶解后要冷却到常温再过滤
B. 提取NaCl和晶体常采用不同的结晶方式是因为它们的溶解度受温度影响变化不同
C. 在苯甲酸重结晶实验中，粗苯甲酸加热溶解后还要加入少量蒸馏水
D. 由96%的工业酒精制取无水乙醇，可采用的方法是加生石灰，再蒸馏
【答案】A
【解析】
【详解】A．在苯甲酸重结晶实验中，待粗苯甲酸完全溶解后要趁热过滤，减少苯甲酸的损耗，故A错误；
B．提取NaCl和晶体常采用不同的结晶方式，是因为它们在水中的溶解度受温度影响变化程度不同，故B正确；
C．在苯甲酸重结晶实验中，水在加热过程中会蒸发，苯甲酸能溶于水，为减少过滤时苯甲酸的损失，防止过饱和提前析出结晶，加热溶解后还要加少量蒸馏水，故C正确；
D．96% 的工业酒精制取无水乙醇，可采用的方法是加生石灰，CaO与水反应后生成的氢氧化钙沸点高，再蒸馏即可得到无水乙醇，故D正确；
答案选A。
13. 实验室按以下方案从某海洋动物提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列说法错误的是

A. 样品制成粉末的目的是增大接触面积，提高浸取率
B. 步骤(1)需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C. 步骤(3)主要过程有蒸发结晶、趁热过滤
D. 步骤(4)需要用到球形冷凝管
【答案】D
【解析】
【详解】A．样品制成粉末的，增大了样品与浸取液的接触面积，提高浸取率，A正确；
B．步骤(1)为过滤浸取液，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，B正确；
C．步骤(2)所得的溶液中含有NaNO3和天然产物；从左图的溶解度曲线可知，较高温度下，NaNO3和天然产物溶解度有较大的差异，故步骤(3)主要过程有蒸发结晶、趁热过滤，以得到粗产品，C正确；
D．步骤(4)为蒸馏，回收甲苯，需要用到直形冷凝管，D错误；
故选D。
14. 有机物X的组成为CnH2nOm，其蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.37%，则X的能在NaOH溶液中发生化学反应的同分异构体(不考虑立体异构)有
A. 9种 B. 13种 C. 4种 D. 17种
【答案】B
【解析】
【分析】有机物A的蒸气相对氢气的密度为51，则A的相对分子质量为51×2=102，含氧的质量分数为31.37%，则分子中，分子中碳、氢元素的原子量之和为102-16×2=70，利用余商法，所以分子式为C5H10O2，结合能与NaOH溶液发生反应分析判断X的结构种类。
【详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaOH溶液发生反应，则X可能是饱和一元酯或羧酸。
若X为饱和羧酸，其同分异构体等于丁基的种类，共有4种；
若X为酯，可能为甲酸和丁醇形成的酯，丁醇有4种，可形成4种酯；可能为乙酸和丙醇形成的酯，丙醇有2种，可形成2种酯；可能为丙酸和乙醇形成的酯，丙酸有1种，可形成1种酯；可能为丁酸和甲醇形成的酯，丁酸有2种，可形成2种酯，属于酯类的共有9种；
因此能与NaOH溶液发生反应的X有4种羧酸，9种酯，共13种，故B正确；
答案选B。
15. 下列有机物类别划分正确的是
A. 含有醛基，属于醛
B. 含有碳碳双键，属于烯烃
C. 属于脂环化合物
D. 和 按官能团分类，属于同一类物质
【答案】C
【解析】
【详解】A．A分子中含酯基，属于酯，A错误；
B．CH2=CHCOOH 含有碳碳双键和羧基，属于烃的衍生物，B错误；
C．C中所给有机物属于脂环化合物，C正确；
D．两个分子中均含羟基，物质类别分别为酚和醇，D错误；
故选C。
第Ⅱ卷(非选择题)
16. 镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示：

已知：①粉碎灼烧后主要成分是、、、MnO、Fe2O3、；
②萃取剂对选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的很难被反萃取
请回答下列问题：
（1）正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是___________。
（2）“碱浸”的目的是___________，涉及的化学方程式是___________。
（3）“酸浸”时加入的作用是___________。
（4）上述工艺流程中采用萃取法净化除去了，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是___________。







开始沉淀时pH
1.5
3.4
6.3
6.6
6.7
7.8
完全沉淀时pH
3.5
4.7
8.3
9.2
9.5
10.4

（5）镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同，可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。

①该物质的化学式为___________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式___________。
②已知晶胞底面边长是anm，高是bnm，一个晶胞的质量为Mg，计算该晶胞的密度___________(用计算式表示)。
【答案】（1）增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分
（2） ①. 除去氧化物中的 ②.
（3）把+3价钴还原为+2价
（4）3.5≤pH＜6.6
（5） ①. ②. ③.
【解析】
【分析】废旧电池正极材料灼烧，得到、、、MnO、Fe2O3、，加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调节镍、钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀，滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；
【小问1详解】
粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。
【小问2详解】
根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的，对应的化学反应方程式是
【小问3详解】
结合流程可知钴元素价态在氧化物中是价，而最后得到价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中作用应该是把价钴还原为价。
【小问4详解】
根据流程信息，需要保证完全沉淀，而、、均未开始沉淀，故的最佳范围是。
【小问5详解】
①根据晶胞的均摊规则可知：数目，和数目都是3，数目，数目，其化学式应为。为25号元素，其价层电子轨道表示为；
(2)1个晶胞的质量为Mg，底面积nm2，故晶胞的密度。
17. 苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：
+KMnO4→+ MnO2 +HCl→+KCl
名称
相对分
子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/(g·mL−1)
溶解性
甲苯
92
−95
110.6
0.867
不溶于水，易溶于乙醇
苯甲酸
122
122.4(100℃左右开始升华)
248
——
微溶于冷水，易溶于乙醇、热水
实验步骤：
(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g(约0.03 mol)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。
(2)停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0 g。
(3)纯度测定：称取0.122 g粗产品，配成乙醇溶液，于100 mL容量瓶中定容。每次移取25.00 mL溶液，用0.01000 mol·L−1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50 mL的KOH标准溶液。
回答下列问题：
(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为______(填标号)。
A．100 mL B．250 mL C．500 mL D．1000 mL
(2)在反应装置中应选用______冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是______。
(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是___________；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理__________。
(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是_______。
(5)干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是_______。
(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为_______。
(7)若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过__________方法提纯。
【答案】 ①. B ②. 球形 ③. 无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化 ④. 除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气 ⑤. 2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O ⑥. MnO2 ⑦. 苯甲酸升华而损失 ⑧. 86.0％ ⑨. 重结晶
【解析】
【分析】根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格，根据超量接近的原则选择；直形冷凝管一般用于蒸馏、球形冷凝管一般用于反应装置，冷凝回流效果好使反应更充分；根据表中数据油珠是甲苯，没有油珠表明甲苯反应完全；加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是还原多余的高锰酸钾，草酸还原高锰酸根，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为二价锰离子；“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是第一步反应生成的二氧化锰；苯甲酸100℃以上升华，干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是产率降低；本实验制备的苯甲酸的纯度为n(KOH)=0.01000mol•L-1×0.02150L=2.15×10-4mol，n(苯甲酸)=4×2.15×10-4mol=8.6×10-4mol，苯甲酸的纯度为= ×100%带入数据求解；根据苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，可见苯甲酸的溶解度受温度影响大，可通降温结晶的方法提纯，若要得到纯度更高的苯甲酸可以再结晶一次。
【详解】(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格，根据超量接近的原则选择，反应液的体积稍大于100mL，故答案为：B；
(2)直形冷凝管一般用于蒸馏、球形冷凝管一般用于反应装置，冷凝回流效果好使反应更充分，在反应装置中应选用球形冷凝管，根据表中数据甲苯的熔点-95℃，甲苯的沸点110.6℃，可知油珠是甲苯，没有油珠，表明甲苯反应完全；故答案为：球形；无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化；
(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，草酸还原高锰酸根，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为二价锰，离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。故答案为：除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是第一步反应生成的二氧化锰；故答案为：MnO2；
(5)苯甲酸100℃以上升华，干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是苯甲酸升华而损失。故答案为：苯甲酸升华而损失；
(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为n(KOH)=0.01000mol•L-1×0.02150L=2.15×10-4mol，n(苯甲酸)=4×2.15×10-4mol=8.6×10-4mol，苯甲酸的纯度为= ×100%= ×100%=86.0%，本实验制备的苯甲酸的纯度为86.0％。故答案为：86.0％；
(7)根据苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，可见苯甲酸的溶解度受温度影响大，可通过降温结晶的方法提纯，若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过重结晶方法提纯。故答案为：重结晶。
18. 有E、Q、T、X、Z五种前四周期元素，原子序数。E、Q、T三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，且第一电离能，其中基态Q原子的2p轨道处于半充满状态，且与具有相同的原子数和价电子数。X为周期表前四周期中电负性最小的元素，Z的原子序数为28。请回答下列问题(答题时如需表示具体元素，请用相应的元素符号)：
（1）写出的电子式：_______，基态Z原子的核外电子排布式为_______。
（2）Q的简单氢化物极易溶于T的简单氢化物，其主要原因有_______、_______。
（3）化合物甲由T、X两元素组成，其晶胞如下图所示，则甲的化学式为_______。

（4）化合物乙的晶胞如下图所示，乙由E、Q两元素组成，硬度超过金刚石。

①乙的晶体类型为_______，其硬度超过金刚石的原因是_______。
②乙的晶体中E、Q两种元素原子的杂化方式均为_______。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 这两种氢化物均为极性分子 ②. 分子之间能形成氢键
（3）
（4） ①. 共价晶体 ②. 键的键长小于键，键能大于键 ③.
【解析】
【分析】由题意知，X为周期表前四周期中电负性最小的元素，则X为K元素；Z的原子序数为28，则Z为Ni元素；E、Q、T三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，且第一电离能I1(E) 【小问1详解】
、具有相同的原子数和价电子数，电子式相似，故的电子式为，基态Ni原子的核外电子排布式为。
【小问2详解】
Q的简单氢化物极易溶于T的简单氢化物，其主要原因有这两种氢化物均为极性分子、分子之间能形成氢键。
【小问3详解】
由化合物甲的晶胞可知，K原子位于顶点和面心，则K原子数为4，O2原子团位于棱心和体心，则O2原子团数为4，即K原子和O2原子团的个数之比为1：1，则甲的化学式为。
【小问4详解】
①由化合物乙的晶胞可知，乙的化学式为其硬度大，属于共价晶体，其硬度超过金刚石的原因是键的键长小于键，键能大于键。
②晶体中C、N两种元素原子的杂化方式均为杂化。
19. 亚铁氰化钾{}又称黄血盐，是一种重要的化工原料。检验三价铁发生的反应为，回答问题：
（1）写出基态的核外电子排布式：___________。
（2）中的作用力除共价键外，还有___________和___________。含有12molσ键的的物质的量为1mol。
（3）黄血盐中C原子的杂化方式为sp；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为___________，电负性由大到小的排序为___________。
（4）Fe、Na、K的晶体结构如图所示：

①钠的熔点比钾更高，原因是___________。
②Fe原子半径是rcm，阿伏加德罗常数为，铁的相对原子质量为a，则铁单质的密度是___________。
【答案】（1）[Ar]3d5
（2） ①. 离子键 ②. 配位键
（3） ① N＞O＞C ②. O＞N＞C
（4） ①. 钠原子半径比钾原子半径小，钠的金属键键长比钾的金属键键长短，键能大，因此熔点高 ②.
【解析】
【小问1详解】
Fe为26号元素，Fe基态原子电子排布式为[Ar]3d64s2，则的核外电子排布式：[Ar]3d5；故答案为：[Ar]3d5。
【小问2详解】
中的作用力除共价键外，还有阴离子和阳离子形成离子键和配位键；故答案为：离子键；配位键。
【小问3详解】
根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，则C、N、O的第一电离能由大到小的排序为N＞O＞C；根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性由大到小的排序为O＞N＞C；故答案为：N＞O＞C；O＞N＞C。
【小问4详解】
①钠的熔点比钾更高，钠原子半径比钾原子半径小，钠的金属键键长比钾的金属键键长短，键能大，因此熔点高；故答案为：钠原子半径比钾原子半径小，钠的金属键键长比钾的金属键键长短，键能大，因此熔点高。
②该晶胞是体心立方，Fe原子半径是r cm，体对角线是4个原子半径，则晶胞参数为，阿伏加德罗常数为，铁的相对原子质量为a，根据图中信息得到晶胞中有铁原子个，则铁单质的密度是；故答案为：。