还剩15页未读，
继续阅读
黑龙江省龙东南联合体2018-2019学年高二下学期期末考试化学试卷化学（解析版）
展开
黑龙江省龙东南联合体2018-2019学年高二下学期期末考试试卷
相对原子质量：H：1 C:12 N:14 O:16 F:19 Mg:24 Al:27 S:32 Ca:40 Ba:137
一、选择题（1—10题2分，11—20题3分，共50分）
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法正确的是（ ）
A. “绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
B. “火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应
C. 李白有诗云“日照香炉生紫烟”，这是描写“碘的升华”
D. 煤经过气化、液化和干馏等物理变化过程，可以转化清洁能源
【答案】B
【解析】A. “绿色化学”的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，A错误；B. “火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应，B正确；C．“日照香炉生紫烟”描写瀑布在光照下的水雾，与碘的升华无关，C错误；D．煤经过气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，干馏生成煤焦油等，均为化学变化，煤经过气化、液化转化为清洁能源，D错误；答案选B。
2.下列有关叙述说法错误是（ ）
A. 物质的量的描述对象是宏观物体
B. 当质量的单位以g为单位时，铁的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量
C. 阿伏加德罗常数是指0.012kg 12C所含的碳原子数，其数值约等于6.02×1023
D. 标准状况下，2mol气体的体积约为44.8L
【答案】A
【解析】
【详解】A. 物质的量的描述对象是微观粒子，故A选；
B. 任何物质的质量以g为单位时，其摩尔质量在数值上都等于它的相对原子质量或相对分子质量，故B不选；
C. 阿伏加德罗常数是指1mol任何粒子的粒子数，其数值约等于6.02×1023，国际上规定，1mol任何粒子集体所含的粒子数与0.012kg 12C所含的碳原子相同，故C不选；
D. 标准状况下，1mol任何气体的体积约为22.4L，那么2mol气体的体积约为44.8L，故D不选。
故选A。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，6.4g氧气和臭氧混合气体中含有的原子总数为0.4NA
B. 常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为NA
C. 1L1mol/LK2SO4溶液中含有的钾离子数为NA
D. 1mol钠变为Na+失去的电子数为11NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 6.4g氧气和臭氧可以看做6.4g氧原子，即为0.4mol氧原子，所以混合气体中含有的原子总数为0.4NA，故A选；
B. 常温常压下，22.4LCl2的物质的量不是1mol，故B不选；
C. 1L1mol/LK2SO4溶液中含有的钾离子数为2NA，故C不选；
D. 1mol钠变为Na+失去的电子数为NA，故D不选。
故选A。
4.下列叙述不正确的是（ ）
A. 量取18.4mol/L浓硫酸10mL，注入已盛有30mL水的100mL容量瓶中，加水至刻度线
B. 配制0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液480mL，需用500mL容量瓶
C. 在标准状况下，将22.4L氨气溶于水配成1L溶液，得到1mol·L-1的氨水
D. 使用容量瓶前要检查它是否漏水
【答案】A
【解析】
【详解】A. 不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故A选；
B. 由于实验室没有480mL的容量瓶，所以配制480mL溶液时，需选用500mL容量瓶，故B不选；
C. 标准状况下的22.4L氨气为1mol，溶于水配成1L溶液，得到的氨水的物质的量浓度为1mol·L-1，故C不选；
D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，最后需要上下颠倒摇匀，所以使用容量瓶前要检查它是否漏水，故D不选。
故选A。
5.下列叙述正确的是（ ）
A. CO2、SiO2、P2O5均为酸性氧化物
B. 需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电化学腐蚀
C. 苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质
D. 常用于区分溶液和胶体的方法丁达尔效应是化学方法
【答案】A
【解析】
【详解】A. 能跟碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，CO2、SiO2、P2O5均可以跟碱反应生成盐和水，所以均为酸性氧化物，故A选；
B. 电解和电镀需要通电才可进行，电离和电化学腐蚀不需要通电，故B不选；
C. 苛性钾在水中和熔融状态下都能完全电离，是强电解质，次氯酸在水中部分电离，是弱电解质，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C不选；
D. 丁达尔效应是胶粒对光的散射，所以区分溶液和胶体的方法丁达尔效应不是化学方法，故D不选。
故选A。
6.下列离子方程式或电离方程式正确的是（ ）
A. NaHSO3溶液呈酸性：
B. 向Na2SiO3溶液中通入少量CO2：
C. 工业制漂白粉的反应：
D. 在Na2S2O3溶液中滴加稀硝酸：
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaHSO3中的HSO3-不能完全电离，NaHSO3溶液呈酸性的原因是HSO3-的电离程度大于HSO3-的水解程度，故A不选；
B. 向Na2SiO3溶液中通入CO2，发生强酸制取弱酸的复分解反应，生成硅酸。由于通入的CO2是少量的，所以生成的是碳酸盐，故B选；
C. 工业制漂白粉是把氯气通入石灰乳中，氢氧化钙不能写成离子形式，故C不选；
D. 在Na2S2O3溶液中滴加稀硝酸，硫被氧化为+6价，故D不选。
故选B。
7.某溶液中可能含有，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】滴入过量氨水，产生白色沉淀，所以溶液中一定存在Al3+，不存在Fe3+。溶液中各离子的物质的量浓度相等，如果没有Na+，根据电荷守恒，一定存在SO42-和另一种阴离子，若有Na+，则三种阴离子都必须存在，所以SO42-一定存在。故选A。
8.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（ ）
A. 硅太阳能电池工作时，光能转化成电能
B. 锂离子电池放电时，化学能转化成电能
C. 电解质溶液导电时，电能转化成化学能
D. 葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能
【答案】A
【解析】
【详解】A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；
B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；
C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；
D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误；
答案选A。
9.下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
操作
现象
结论
A
向某溶液中加入NaOH溶液，并将红色石蕊试纸置于溶液中
试纸不变蓝
原溶液中一定无NH4+
B
向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸
均冒气泡
两者均能与盐酸反应
C
向某溶液中滴加氯水后，再加KSCN溶液
溶液变红
该溶液中一定有Fe3+
D
向某无色溶液中滴加BaCl2溶液
产生白色沉淀
该无色溶液中一定含有SO42－
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于氨气极易溶于水，所以如果溶液中NH4+浓度比较大，加入的NaOH溶液浓度很小，反应后生成的NH3·H2O很少，剩余的NH4+很多时，溶液可能呈酸性，红色石蕊试纸可能不变蓝，故A不选；
B. 向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸，均有CO2气体生成，两者均能与盐酸发生复分解反应，故B选；
C.若原溶液没有Fe3+而存在Fe2+，滴加氯水后，Fe2+被氧化为Fe3+，再加KSCN溶液，溶液也会变红，故C不选；
D.和BaCl2生成白色沉淀的离子有很多，如Ag+、SO42－、CO32-等，故D不选。
故选B。
10.下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色
溶液变红，随后迅速褪色
溶液红色褪去
产生无色气体，随后变为红棕色
【答案】C
【解析】
【详解】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，先生成Fe(OH)2白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，是Fe(OH)2被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，发生了氧化还原反应，故A不选；
B. 石蕊溶液滴入氯水中，氯水中有H+，可以使石蕊变红，氯水中的HClO具有强氧化性，可以把石蕊氧化而使溶液褪色，故B不选；
C. SO2通入NaOH溶液中，SO2和NaOH反应，消耗NaOH，溶液碱性减弱，溶液红色褪去，没有发生氧化还原反应，故C选；
D.铜丝和稀硝酸反应生成NO，NO会被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2，故D不选。
故选C。
11. 下列评价及离子方程式书写正确的是（ ）
选项
离子组
评价
A
H+、Fe2+、NO3—、Cl—
不能大量共存于同一溶液中，因为发生了氧化还原反应4Fe2++NO3—+6H+=4Fe3++2NO↑+3H2O
B
Na+、CO32—、Cl—、Al3+
不能大量共存于同一溶液中，因为发生了互促水解反应2Al3++3CO32—+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C
Fe3+、K+、SCN—、Br—
不能大量共存于同一溶液中，因为有红色沉淀生成
Fe3++SCN—=Fe(SCN)3↓
D
HCO3—、OH—、Na+、Ca2+
不能大量共存于同一溶液中，因为发生如下反应
HCO3—+OH—=CO2↑+H2O
【答案】B
【解析】试题分析：A. 离子方程式未配平。正确的应该为：3Fe2++NO3—+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O .错误。B. 符合客观事实，遵循质量守恒定律。正确。C. Fe3+和SCN—发生的是络合反应，得到的物质不是沉淀，方程式也没有配平。离子方程式为：Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3。错误。D. 离子方程式不符合客观事实。应该为Ca2++HCO3—+OH—=CaCO3↓+H2O .错误。
12.近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受热易分解，但在198℃以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有（ ）
①蛋白质的变性 ②蛋白质的盐析 ③胶体聚沉 ④盐类水解 ⑤焰色反应 ⑥氧化还原反应
A. ①②③④⑤ B. ①③④⑥ C. ②③④⑤ D. ②③⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】高铁酸钾有强氧化性，可以使水中的细菌、病毒的蛋白质变性，高铁酸钾被还原为+3价铁，Fe3+可以发生水解，生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体可以和水中的悬浮杂质发生胶体的聚沉而达到净水的目的，所以选B。
13.己知在碱性溶液中可发生如下反应：
2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH－= 2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（ ）
A. +3 B. +4 C. +5 D. +6
【答案】D
【解析】
【详解】根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，
答案选D。
14.NaNO2是一种食品添加剂，它与酸性KMnO4溶液可发生反应：MnO4-+NO2-+X→Mn2++NO3-+H2O（未配平）。下列叙述中正确的是（ ）
A. 生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4
B. 反应过程中溶液的pH减小
C. 该反应中NO2﹣被还原
D. X可以是盐酸
【答案】A
【解析】试题分析:NaNO2与酸性KMnO4溶液发生的反应为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，反应中是KMnO4氧化剂、NaNO2是还原剂。锰的化合价由+7降到+2，降低了5，所以1mol KMnO4可以得到5mol电子；N的化合价由+3升高到+5，升高了2，所以可以失去2mol电子。A. 生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4，A正确；B. 反应过程中溶液中氢离子浓度减小，所以其pH增大，B不正确；C. 该反应中NO2﹣被氧化，C不正确；D. X不可以是盐酸，因为高锰酸钾可以把盐酸氧化，D不正确。本题选A。
15.根据表中信息判断，下列选项不正确的是( )
序号
反应物
产物
①
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4
②
Cl2、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
MnO、Cl－
Cl2、Mn2＋
A. 第①组反应的其余产物为H2O和O2
B. 第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2
C. 第③组反应中生成1 mol Cl2，转移电子 2 mol
D. 氧化性由强到弱顺序为MnO＞Cl2＞Fe3＋＞Br2
【答案】D
【解析】A、根据氧化还原反应中化合价有升必有降和质量守恒原则，第①组反应中，Mn元素化合价降低，则H2O2中的氧元素化合价升高，所以其余的反应产物为H2O和O2，所以A正确；B、由于Fe2＋的还原性强于Br－，所以少量的Cl2只能氧化Fe2＋，反应的化学方程式为3Cl2＋6FeBr2=4FeBr3＋2FeCl3，或用离子方程式Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，故参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2，则B正确；C、在第③组反应中，Cl－被MnO4－氧化生成Cl2，化合价从-1价升高为0价，所以生成1 mol Cl2，转移2 mol电子，故C正确；D、在第②组反应中，由于Fe2＋的还原性强于Br－，可推知Br2的氧化性强于Fe3＋，在第③组反应中，MnO4－的氧化性强于Cl2，而Cl2能与铁能发生如下反应3Cl2＋2Fe2FeCl3，所以Cl2的氧化性强于Fe3＋，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4－＞Cl2＞Br2＞Fe3＋，故D错误。本题正确答案为D。
16.金刚砂(SiC)可由SiO2和碳在一定条件下反应制得，反应方程式为SiO2+3CSiC+2CO↑，下列有关制造金刚砂的说法中正确的是（ ）
A. 该反应中的氧化剂是SiO2，还原剂为C
B. 该反应中的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2
C. 该反应中转移的电子数为12e－
D. 该反应中的还原产物是SiC、氧化产物是CO，其物质的量之比为1∶2
【答案】D
【解析】A、氧化剂是化合价降低的物质，还原剂是化合价升高的物质，根据反应方程式C的化合价由0价→－4价，化合价降低，C作氧化剂，C的化合价由0价→＋2价，化合价升高，即C为还原剂，故A错误；B、根据选项A的分析，SiC作还原产物，CO作氧化产物，即氧化产物与还原产物的物质的量比值为2：1，故B错误；C、根据选项A的分析，该反应转移电子物质的量为4mol，故C错误；D、根据选项B的分析，故D正确。
17.有一无色溶液，可能含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl-、SO42-、HCO3-、MnO4-中几种。为确定其成分，做如下实验：
①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；
②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生。
下列推断正确的是（ ）
A. 肯定有Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl- B. 肯定有Al3＋、Mg2＋、HCO3-
C. 肯定有K＋、HCO3-、MnO4- D. 肯定有Al3＋、Mg2＋、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】无色溶液，一定不含高锰酸根离子；①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，过氧化钠先是和水反应生成氢氧化钠和氧气，产生无色无味的气体是氧气，一定不是氨气，此时白色沉淀出现，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，则沉淀溶解的部分是氢氧化铝，不溶解的是Mg(OH)2，则证明其中一定含有Al3+、Mg2+；一定不含有NH4+、HCO3-(和Al3+不共存)；②取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，证明一定含有SO42-，无法确定是否含有Cl-。所以溶液中一定含有Al3+、Mg2+、SO42-，一定不含HCO3-、NH4+、MnO4-，可能含有钾离子和氯离子，D项正确，
答案选D。
18.某元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，它在元素周期表中的位置是( )
A. 第3周期ⅡB族 B. 第4周期ⅡB族
C. 第4周期ⅦB族 D. 第4周期Ⅷ族
【答案】D
【解析】
【详解】该元素的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，其价电子排布式为3d74s2，属于第Ⅷ族元素，所以该元素位于第四周期第Ⅷ族，故答案为D。
19.下列叙述中正确的是（ ）
A. CS2为V形的极性分子，形成分子晶体
B. ClO3-的空间构型为平面三角形
C. 氯化硼BCl3的熔点为-107 ℃，氯化硼液态时能导电而固态时不导电
D. SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化，SiF4分子呈空间正四面体，SO32-呈三角锥形
【答案】D
【解析】
【详解】A. CS2和CO2相似，为直线形分子，在固态时形成分子晶体，故A不选；
B. ClO3-的中心原子的价层电子对数为，其VSEPR模型为正四面体，略去中心原子上的孤电子对，ClO3-的空间构型为三角锥形，故B不选；
C. 氯化硼BCl3的熔点为-107 ℃，氯化硼为分子晶体，液态和固态时只存在分子，没有离子，所以不能导电，故C不选；
D. SiF4和SO32-的中心原子的价层电子对数均为4，所以中心原子均为sp3杂化，SiF4的中心原子为sp3杂化，没有孤电子对，所以分子呈空间正四面体，SO32-有一对孤电子对，所以分子呈三角锥形，故D选。
故选D。
20.下面的排序不正确的是( )
A. 晶体熔点由低到高:
B. 熔点由高到低:
C. 硬度由大到小:金刚石>碳化硅>晶体硅
D. 晶格能由大到小:
【答案】B
【解析】
【分析】晶体熔沸点高低比较的一般规律是：原子晶体，熔沸点大小和共价键的强弱有关系；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高。
【详解】A.A中都是分子晶体，熔点和分子间作用力有关系，相对分子质量越大，分子间作用力越强，因相对分子质量CF4
D.因Mg2+、Ca2+、O2-所带的电荷数较Na+、 F-、Cl-多，阴阳离子间的晶格能较大，且半径Mg2+>Ca2+、F->Cl-，则有晶格能由大到小为：MgO>CaO>NaF>NaCl，故D排序正确；
答案选B。
二、非选择题（共50分）
21.某无色溶液甲中仅含有下列离子的几种( 不考虑水的电离以及离子的水解)；
阳离子
K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、NH4+
阴离子
Cl-、CO32-、HCO3-、SO42-
取100mL溶液甲并分成两等份进行如下实验(假设每步完全反应):
（1）由①可知，原溶液存在的离子有____，浓度为_____mol/L。
（2）写出实验②中生成沉淀的离子方程式_________。
（3）通入过量CO2充分反应后，需将反应后的混合溶液加热再过滤，其目的是_______。
（4）某同学通过分析认为该溶液中一定存在K+，其理由是________。
【答案】(1). NH4+ (2). 0.4 (3). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (4). 防止生成氢氧化铝胶体，有利于沉淀的生成，容易分离 (5). 已知的NH4+、Al3+的正电荷总量小于SO42-负电荷总量，依据电荷守恒定律，一定有K+存在
【解析】本题主要考查离子反应。
（1）由①可知，在氢氧化钠溶液作用下产生的气体是碱性气体氨，标准状况下448mL氨的物质的量为0.02mol，原溶液存在的离子有NH4+，浓度为0.02×2/0.1mol/L=0.4mol/L。
（2）实验②中过量二氧化碳通入溶液制取氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，生成沉淀的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。
（3）通入过量CO2充分反应后，需将反应后的混合溶液加热再过滤，其目的是防止生成氢氧化铝胶体，有利于沉淀的生成，容易分离。
（4）某同学通过分析认为该溶液中定存在K+，其理由是已知的NH4+、Al3+的正电荷总量小于SO42-负电荷总量，依据电荷守恒定律，一定有K+存在。
22.医学上常将酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量。回答下列问题：__H++__MnO4－+__H2C2O4→__CO2↑+__Mn2++__________
（1）配平以上离子方程式，并在中填上所需的微粒或数字。
（2）该反应中的还原剂是___。
（3）反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为___mol。
（4）测定血钙含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量（NH4）2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。
①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是__。
②溶解沉淀时__（能或不能）用稀盐酸，原因是___。
③若消耗了1.0×10-4mol/L的KMnO4溶液20.00mL，则100mL该血液中含钙__g。
【答案】(1). 6 (2). 2 (3). 5 (4). 10 (5). 2 (6). 8 (7). H2O (8). H2C2O4 (9). 0.08 (10). CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4 (11). 不能 (12). KMnO4会氧化Cl- (13). 0.01
【解析】
【详解】（1）锰的化合价由+7价降低到+2价，1 个MnO4－得到5个电子，碳的化合价由+3价升高到+4价，1个草酸分子失去2个电子，使得失电子数均为10，所以需要2个MnO4－和5个草酸分子，根据电荷守恒配平H+的系数。再根据质量守恒，还应该有水生成，根据氢守恒，配平水的系数，配平的离子方程式为：6H++2MnO4－+5H2C2O4→10CO2↑+2Mn2++8H2O。故答案为：6，2，5，10，2，8，H2O；
（2）该反应中，草酸中碳的化合价升高，失去电子，作还原剂，故答案为：H2C2O4；
（3）消耗1mol KMnO4，转移电子的物质的量为5mol，反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为0.08mol；
（4）①稀硫酸和CaC2O4发生的是复分解反应：CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4；
②盐酸可以被高锰酸钾溶液氧化为Cl2，所以溶解沉淀时不能用稀盐酸，故答案为：不能；KMnO4会氧化Cl-；
③KMnO4的物质的量为1.0×10-4mol/L×0.02L=2.0×10-6mol，根据高锰酸钾和草酸反应的化学方程式可知草酸的物质的量为5.0×10-6mol，此即为CaC2O4的物质的量，也就是钙的物质的量，所以在2mL血液中含钙的质量2.0×10-4g，则100mL该血液中含钙为0.01g。
23.A、B、C、D、E、F六种常见元素且原子序数依次增大：A元素的一种原子的原子核内没有中子，B的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，C是所有元素中电负性最大的元素，D是短周期且最外层只有一个未成对电子的非金属元素，E是主族元素且与F同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，F能形成红色(或砖红色)的F2O和黑色的FO两种氧化物。请回答下列问题：
（1）写出F元素原子基态时价层的电子排布式___
（2）B元素的第一电离能比氧元素的第一电离___(填“大”或“小”)，原因是____
（3）C元素与A元素形成的最简单氢化物比D元素与A元素形成的氢化物沸点高，原因是____。
（4）与E元素同周期且未成对电子数最多的元素的价层电子排布图___。
（5）A、B、F三种元素可形成[F(BA3)4]2+配离子，其中存在的化学键类型有____(填字母)。
①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键 ⑥氢键
若[F(BA3)4]2+配离子具有对称的空间构型， 且当[F(BA3)4]2+中的两个BA3被两个Br－取代时，能得到两种不同结构的产物，则[F(BA3)4]2+的空间构型为___(填字母)。
a.平面正方形 b.正四面体形 c.三角锥形 d.V形
（6）D元素形成四种常见的含氧酸酸性由小到大的顺序___，且原因是___
（7）C和E能够形成化合物M，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，求晶体M的密度()____。（只列表达式即可）
【答案】(1). 3d104s1 (2). 大 (3). N原子的价电子是2s22p3，2p轨道半充满，电子构型稳定，不易失电子，故N的第一电离能比O大 (4). HF分子间存在氢键 (5). (6). ①③ (7). a (8). HClO
【分析】A元素的一种原子的原子核内没有中子，A为H。B的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，B的电子排布式为1s22s22p3，所以B是N。C是所有元素中电负性最大的元素，C为F。A、B、C、D、E、F六种元素原子序数依次增大，D是短周期且最外层只有一个未成对电子的非金属元素，所以D为Cl。E是主族元素，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，所以E为Ca。F与E同周期，F也为第4周期元素，F能形成红色(或砖红色)的F2O和黑色的FO两种氧化物，则F为Cu。
【详解】（1）Cu基态时的价层电子排布式为3d104s1；
（2）N元素原子核外电子排布式为1s22s22p3，O元素原子核外电子排布式为1s22s22p4，N的2p轨道上有3个电子，为半充满的稳定结构，失去一个电子比氧困难，所以氮的第一电离能比氧元素的第一电离大。故答案为：大，N原子的价电子是2s22p3，2p轨道半充满，电子构型稳定，不易失电子，故N的第一电离能比O大；
（3）HF分子间有氢键，HCl分子间没有氢键，所以HF的沸点高。故答案为：HF分子间存在氢键；
（4）与钙元素同周期即第4周期且未成对电子数最多的元素为Cr，其价层电子排布图为：；
（5）A、B、F三种元素可形成[Cu(NH3)4]2+配离子，Cu2+和NH3之间存在配位键，NH3里的N和H之间存在极性共价键，所以选①③；若[Cu(NH3)4]2+配离子具有对称的空间构型，可能为平面正方形，也可能为正四面体，当其中两个NH3被Br－取代时，能得到两种不同结构的产物，所以[Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形，故选a。故答案为：①③，a；
（6）Cl元素形成四种常见的含氧酸分别为HClO、HClO2、HClO3、HClO4，酸性由小到大的顺序为HClO＜HClO2＜HClO＜HClO4，原因是n值越大，Cl的正电性越高，导致Cl—O—H中O的电子向Cl偏移，在水分子的作用下，就越容易电离出H+，酸性越强；
（7）从晶胞结构图可知，顶点和面心为钙离子，共有4个，晶胞内部为氟离子，有8个，所以晶体化学式为CaF2，一个晶胞的质量为，晶胞参数=0.566×10-7cm，所以一个晶胞的体积为0.5663×10-21cm3，所以晶体M的密度为 。
黑龙江省龙东南联合体2018-2019学年高二下学期期末考试试卷
相对原子质量：H：1 C:12 N:14 O:16 F:19 Mg:24 Al:27 S:32 Ca:40 Ba:137
一、选择题（1—10题2分，11—20题3分，共50分）
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法正确的是（ ）
A. “绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
B. “火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应
C. 李白有诗云“日照香炉生紫烟”，这是描写“碘的升华”
D. 煤经过气化、液化和干馏等物理变化过程，可以转化清洁能源
【答案】B
【解析】A. “绿色化学”的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，A错误；B. “火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应，B正确；C．“日照香炉生紫烟”描写瀑布在光照下的水雾，与碘的升华无关，C错误；D．煤经过气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，干馏生成煤焦油等，均为化学变化，煤经过气化、液化转化为清洁能源，D错误；答案选B。
2.下列有关叙述说法错误是（ ）
A. 物质的量的描述对象是宏观物体
B. 当质量的单位以g为单位时，铁的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量
C. 阿伏加德罗常数是指0.012kg 12C所含的碳原子数，其数值约等于6.02×1023
D. 标准状况下，2mol气体的体积约为44.8L
【答案】A
【解析】
【详解】A. 物质的量的描述对象是微观粒子，故A选；
B. 任何物质的质量以g为单位时，其摩尔质量在数值上都等于它的相对原子质量或相对分子质量，故B不选；
C. 阿伏加德罗常数是指1mol任何粒子的粒子数，其数值约等于6.02×1023，国际上规定，1mol任何粒子集体所含的粒子数与0.012kg 12C所含的碳原子相同，故C不选；
D. 标准状况下，1mol任何气体的体积约为22.4L，那么2mol气体的体积约为44.8L，故D不选。
故选A。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，6.4g氧气和臭氧混合气体中含有的原子总数为0.4NA
B. 常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为NA
C. 1L1mol/LK2SO4溶液中含有的钾离子数为NA
D. 1mol钠变为Na+失去的电子数为11NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 6.4g氧气和臭氧可以看做6.4g氧原子，即为0.4mol氧原子，所以混合气体中含有的原子总数为0.4NA，故A选；
B. 常温常压下，22.4LCl2的物质的量不是1mol，故B不选；
C. 1L1mol/LK2SO4溶液中含有的钾离子数为2NA，故C不选；
D. 1mol钠变为Na+失去的电子数为NA，故D不选。
故选A。
4.下列叙述不正确的是（ ）
A. 量取18.4mol/L浓硫酸10mL，注入已盛有30mL水的100mL容量瓶中，加水至刻度线
B. 配制0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液480mL，需用500mL容量瓶
C. 在标准状况下，将22.4L氨气溶于水配成1L溶液，得到1mol·L-1的氨水
D. 使用容量瓶前要检查它是否漏水
【答案】A
【解析】
【详解】A. 不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故A选；
B. 由于实验室没有480mL的容量瓶，所以配制480mL溶液时，需选用500mL容量瓶，故B不选；
C. 标准状况下的22.4L氨气为1mol，溶于水配成1L溶液，得到的氨水的物质的量浓度为1mol·L-1，故C不选；
D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，最后需要上下颠倒摇匀，所以使用容量瓶前要检查它是否漏水，故D不选。
故选A。
5.下列叙述正确的是（ ）
A. CO2、SiO2、P2O5均为酸性氧化物
B. 需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电化学腐蚀
C. 苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质
D. 常用于区分溶液和胶体的方法丁达尔效应是化学方法
【答案】A
【解析】
【详解】A. 能跟碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，CO2、SiO2、P2O5均可以跟碱反应生成盐和水，所以均为酸性氧化物，故A选；
B. 电解和电镀需要通电才可进行，电离和电化学腐蚀不需要通电，故B不选；
C. 苛性钾在水中和熔融状态下都能完全电离，是强电解质，次氯酸在水中部分电离，是弱电解质，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C不选；
D. 丁达尔效应是胶粒对光的散射，所以区分溶液和胶体的方法丁达尔效应不是化学方法，故D不选。
故选A。
6.下列离子方程式或电离方程式正确的是（ ）
A. NaHSO3溶液呈酸性：
B. 向Na2SiO3溶液中通入少量CO2：
C. 工业制漂白粉的反应：
D. 在Na2S2O3溶液中滴加稀硝酸：
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaHSO3中的HSO3-不能完全电离，NaHSO3溶液呈酸性的原因是HSO3-的电离程度大于HSO3-的水解程度，故A不选；
B. 向Na2SiO3溶液中通入CO2，发生强酸制取弱酸的复分解反应，生成硅酸。由于通入的CO2是少量的，所以生成的是碳酸盐，故B选；
C. 工业制漂白粉是把氯气通入石灰乳中，氢氧化钙不能写成离子形式，故C不选；
D. 在Na2S2O3溶液中滴加稀硝酸，硫被氧化为+6价，故D不选。
故选B。
7.某溶液中可能含有，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】滴入过量氨水，产生白色沉淀，所以溶液中一定存在Al3+，不存在Fe3+。溶液中各离子的物质的量浓度相等，如果没有Na+，根据电荷守恒，一定存在SO42-和另一种阴离子，若有Na+，则三种阴离子都必须存在，所以SO42-一定存在。故选A。
8.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（ ）
A. 硅太阳能电池工作时，光能转化成电能
B. 锂离子电池放电时，化学能转化成电能
C. 电解质溶液导电时，电能转化成化学能
D. 葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能
【答案】A
【解析】
【详解】A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；
B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；
C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；
D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误；
答案选A。
9.下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
操作
现象
结论
A
向某溶液中加入NaOH溶液，并将红色石蕊试纸置于溶液中
试纸不变蓝
原溶液中一定无NH4+
B
向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸
均冒气泡
两者均能与盐酸反应
C
向某溶液中滴加氯水后，再加KSCN溶液
溶液变红
该溶液中一定有Fe3+
D
向某无色溶液中滴加BaCl2溶液
产生白色沉淀
该无色溶液中一定含有SO42－
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于氨气极易溶于水，所以如果溶液中NH4+浓度比较大，加入的NaOH溶液浓度很小，反应后生成的NH3·H2O很少，剩余的NH4+很多时，溶液可能呈酸性，红色石蕊试纸可能不变蓝，故A不选；
B. 向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸，均有CO2气体生成，两者均能与盐酸发生复分解反应，故B选；
C.若原溶液没有Fe3+而存在Fe2+，滴加氯水后，Fe2+被氧化为Fe3+，再加KSCN溶液，溶液也会变红，故C不选；
D.和BaCl2生成白色沉淀的离子有很多，如Ag+、SO42－、CO32-等，故D不选。
故选B。
10.下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色
溶液变红，随后迅速褪色
溶液红色褪去
产生无色气体，随后变为红棕色
【答案】C
【解析】
【详解】A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，先生成Fe(OH)2白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，是Fe(OH)2被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，发生了氧化还原反应，故A不选；
B. 石蕊溶液滴入氯水中，氯水中有H+，可以使石蕊变红，氯水中的HClO具有强氧化性，可以把石蕊氧化而使溶液褪色，故B不选；
C. SO2通入NaOH溶液中，SO2和NaOH反应，消耗NaOH，溶液碱性减弱，溶液红色褪去，没有发生氧化还原反应，故C选；
D.铜丝和稀硝酸反应生成NO，NO会被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2，故D不选。
故选C。
11. 下列评价及离子方程式书写正确的是（ ）
选项
离子组
评价
A
H+、Fe2+、NO3—、Cl—
不能大量共存于同一溶液中，因为发生了氧化还原反应4Fe2++NO3—+6H+=4Fe3++2NO↑+3H2O
B
Na+、CO32—、Cl—、Al3+
不能大量共存于同一溶液中，因为发生了互促水解反应2Al3++3CO32—+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C
Fe3+、K+、SCN—、Br—
不能大量共存于同一溶液中，因为有红色沉淀生成
Fe3++SCN—=Fe(SCN)3↓
D
HCO3—、OH—、Na+、Ca2+
不能大量共存于同一溶液中，因为发生如下反应
HCO3—+OH—=CO2↑+H2O
【答案】B
【解析】试题分析：A. 离子方程式未配平。正确的应该为：3Fe2++NO3—+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O .错误。B. 符合客观事实，遵循质量守恒定律。正确。C. Fe3+和SCN—发生的是络合反应，得到的物质不是沉淀，方程式也没有配平。离子方程式为：Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3。错误。D. 离子方程式不符合客观事实。应该为Ca2++HCO3—+OH—=CaCO3↓+H2O .错误。
12.近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受热易分解，但在198℃以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有（ ）
①蛋白质的变性 ②蛋白质的盐析 ③胶体聚沉 ④盐类水解 ⑤焰色反应 ⑥氧化还原反应
A. ①②③④⑤ B. ①③④⑥ C. ②③④⑤ D. ②③⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】高铁酸钾有强氧化性，可以使水中的细菌、病毒的蛋白质变性，高铁酸钾被还原为+3价铁，Fe3+可以发生水解，生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体可以和水中的悬浮杂质发生胶体的聚沉而达到净水的目的，所以选B。
13.己知在碱性溶液中可发生如下反应：
2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH－= 2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（ ）
A. +3 B. +4 C. +5 D. +6
【答案】D
【解析】
【详解】根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，
答案选D。
14.NaNO2是一种食品添加剂，它与酸性KMnO4溶液可发生反应：MnO4-+NO2-+X→Mn2++NO3-+H2O（未配平）。下列叙述中正确的是（ ）
A. 生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4
B. 反应过程中溶液的pH减小
C. 该反应中NO2﹣被还原
D. X可以是盐酸
【答案】A
【解析】试题分析:NaNO2与酸性KMnO4溶液发生的反应为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，反应中是KMnO4氧化剂、NaNO2是还原剂。锰的化合价由+7降到+2，降低了5，所以1mol KMnO4可以得到5mol电子；N的化合价由+3升高到+5，升高了2，所以可以失去2mol电子。A. 生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4，A正确；B. 反应过程中溶液中氢离子浓度减小，所以其pH增大，B不正确；C. 该反应中NO2﹣被氧化，C不正确；D. X不可以是盐酸，因为高锰酸钾可以把盐酸氧化，D不正确。本题选A。
15.根据表中信息判断，下列选项不正确的是( )
序号
反应物
产物
①
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4
②
Cl2、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
MnO、Cl－
Cl2、Mn2＋
A. 第①组反应的其余产物为H2O和O2
B. 第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2
C. 第③组反应中生成1 mol Cl2，转移电子 2 mol
D. 氧化性由强到弱顺序为MnO＞Cl2＞Fe3＋＞Br2
【答案】D
【解析】A、根据氧化还原反应中化合价有升必有降和质量守恒原则，第①组反应中，Mn元素化合价降低，则H2O2中的氧元素化合价升高，所以其余的反应产物为H2O和O2，所以A正确；B、由于Fe2＋的还原性强于Br－，所以少量的Cl2只能氧化Fe2＋，反应的化学方程式为3Cl2＋6FeBr2=4FeBr3＋2FeCl3，或用离子方程式Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，故参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2，则B正确；C、在第③组反应中，Cl－被MnO4－氧化生成Cl2，化合价从-1价升高为0价，所以生成1 mol Cl2，转移2 mol电子，故C正确；D、在第②组反应中，由于Fe2＋的还原性强于Br－，可推知Br2的氧化性强于Fe3＋，在第③组反应中，MnO4－的氧化性强于Cl2，而Cl2能与铁能发生如下反应3Cl2＋2Fe2FeCl3，所以Cl2的氧化性强于Fe3＋，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4－＞Cl2＞Br2＞Fe3＋，故D错误。本题正确答案为D。
16.金刚砂(SiC)可由SiO2和碳在一定条件下反应制得，反应方程式为SiO2+3CSiC+2CO↑，下列有关制造金刚砂的说法中正确的是（ ）
A. 该反应中的氧化剂是SiO2，还原剂为C
B. 该反应中的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2
C. 该反应中转移的电子数为12e－
D. 该反应中的还原产物是SiC、氧化产物是CO，其物质的量之比为1∶2
【答案】D
【解析】A、氧化剂是化合价降低的物质，还原剂是化合价升高的物质，根据反应方程式C的化合价由0价→－4价，化合价降低，C作氧化剂，C的化合价由0价→＋2价，化合价升高，即C为还原剂，故A错误；B、根据选项A的分析，SiC作还原产物，CO作氧化产物，即氧化产物与还原产物的物质的量比值为2：1，故B错误；C、根据选项A的分析，该反应转移电子物质的量为4mol，故C错误；D、根据选项B的分析，故D正确。
17.有一无色溶液，可能含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl-、SO42-、HCO3-、MnO4-中几种。为确定其成分，做如下实验：
①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；
②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生。
下列推断正确的是（ ）
A. 肯定有Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl- B. 肯定有Al3＋、Mg2＋、HCO3-
C. 肯定有K＋、HCO3-、MnO4- D. 肯定有Al3＋、Mg2＋、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】无色溶液，一定不含高锰酸根离子；①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，过氧化钠先是和水反应生成氢氧化钠和氧气，产生无色无味的气体是氧气，一定不是氨气，此时白色沉淀出现，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，则沉淀溶解的部分是氢氧化铝，不溶解的是Mg(OH)2，则证明其中一定含有Al3+、Mg2+；一定不含有NH4+、HCO3-(和Al3+不共存)；②取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，证明一定含有SO42-，无法确定是否含有Cl-。所以溶液中一定含有Al3+、Mg2+、SO42-，一定不含HCO3-、NH4+、MnO4-，可能含有钾离子和氯离子，D项正确，
答案选D。
18.某元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，它在元素周期表中的位置是( )
A. 第3周期ⅡB族 B. 第4周期ⅡB族
C. 第4周期ⅦB族 D. 第4周期Ⅷ族
【答案】D
【解析】
【详解】该元素的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，其价电子排布式为3d74s2，属于第Ⅷ族元素，所以该元素位于第四周期第Ⅷ族，故答案为D。
19.下列叙述中正确的是（ ）
A. CS2为V形的极性分子，形成分子晶体
B. ClO3-的空间构型为平面三角形
C. 氯化硼BCl3的熔点为-107 ℃，氯化硼液态时能导电而固态时不导电
D. SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化，SiF4分子呈空间正四面体，SO32-呈三角锥形
【答案】D
【解析】
【详解】A. CS2和CO2相似，为直线形分子，在固态时形成分子晶体，故A不选；
B. ClO3-的中心原子的价层电子对数为，其VSEPR模型为正四面体，略去中心原子上的孤电子对，ClO3-的空间构型为三角锥形，故B不选；
C. 氯化硼BCl3的熔点为-107 ℃，氯化硼为分子晶体，液态和固态时只存在分子，没有离子，所以不能导电，故C不选；
D. SiF4和SO32-的中心原子的价层电子对数均为4，所以中心原子均为sp3杂化，SiF4的中心原子为sp3杂化，没有孤电子对，所以分子呈空间正四面体，SO32-有一对孤电子对，所以分子呈三角锥形，故D选。
故选D。
20.下面的排序不正确的是( )
A. 晶体熔点由低到高:
B. 熔点由高到低:
C. 硬度由大到小:金刚石>碳化硅>晶体硅
D. 晶格能由大到小:
【答案】B
【解析】
【分析】晶体熔沸点高低比较的一般规律是：原子晶体，熔沸点大小和共价键的强弱有关系；金属晶体中，形成金属键的金属阳离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，熔沸点越高；分子晶体中形成分子晶体的分子间作用力越大，熔沸点越高；离子晶体中形成离子键的离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高。
【详解】A.A中都是分子晶体，熔点和分子间作用力有关系，相对分子质量越大，分子间作用力越强，因相对分子质量CF4
D.因Mg2+、Ca2+、O2-所带的电荷数较Na+、 F-、Cl-多，阴阳离子间的晶格能较大，且半径Mg2+>Ca2+、F->Cl-，则有晶格能由大到小为：MgO>CaO>NaF>NaCl，故D排序正确；
答案选B。
二、非选择题（共50分）
21.某无色溶液甲中仅含有下列离子的几种( 不考虑水的电离以及离子的水解)；
阳离子
K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、NH4+
阴离子
Cl-、CO32-、HCO3-、SO42-
取100mL溶液甲并分成两等份进行如下实验(假设每步完全反应):
（1）由①可知，原溶液存在的离子有____，浓度为_____mol/L。
（2）写出实验②中生成沉淀的离子方程式_________。
（3）通入过量CO2充分反应后，需将反应后的混合溶液加热再过滤，其目的是_______。
（4）某同学通过分析认为该溶液中一定存在K+，其理由是________。
【答案】(1). NH4+ (2). 0.4 (3). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (4). 防止生成氢氧化铝胶体，有利于沉淀的生成，容易分离 (5). 已知的NH4+、Al3+的正电荷总量小于SO42-负电荷总量，依据电荷守恒定律，一定有K+存在
【解析】本题主要考查离子反应。
（1）由①可知，在氢氧化钠溶液作用下产生的气体是碱性气体氨，标准状况下448mL氨的物质的量为0.02mol，原溶液存在的离子有NH4+，浓度为0.02×2/0.1mol/L=0.4mol/L。
（2）实验②中过量二氧化碳通入溶液制取氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，生成沉淀的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。
（3）通入过量CO2充分反应后，需将反应后的混合溶液加热再过滤，其目的是防止生成氢氧化铝胶体，有利于沉淀的生成，容易分离。
（4）某同学通过分析认为该溶液中定存在K+，其理由是已知的NH4+、Al3+的正电荷总量小于SO42-负电荷总量，依据电荷守恒定律，一定有K+存在。
22.医学上常将酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量。回答下列问题：__H++__MnO4－+__H2C2O4→__CO2↑+__Mn2++__________
（1）配平以上离子方程式，并在中填上所需的微粒或数字。
（2）该反应中的还原剂是___。
（3）反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为___mol。
（4）测定血钙含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量（NH4）2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。
①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是__。
②溶解沉淀时__（能或不能）用稀盐酸，原因是___。
③若消耗了1.0×10-4mol/L的KMnO4溶液20.00mL，则100mL该血液中含钙__g。
【答案】(1). 6 (2). 2 (3). 5 (4). 10 (5). 2 (6). 8 (7). H2O (8). H2C2O4 (9). 0.08 (10). CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4 (11). 不能 (12). KMnO4会氧化Cl- (13). 0.01
【解析】
【详解】（1）锰的化合价由+7价降低到+2价，1 个MnO4－得到5个电子，碳的化合价由+3价升高到+4价，1个草酸分子失去2个电子，使得失电子数均为10，所以需要2个MnO4－和5个草酸分子，根据电荷守恒配平H+的系数。再根据质量守恒，还应该有水生成，根据氢守恒，配平水的系数，配平的离子方程式为：6H++2MnO4－+5H2C2O4→10CO2↑+2Mn2++8H2O。故答案为：6，2，5，10，2，8，H2O；
（2）该反应中，草酸中碳的化合价升高，失去电子，作还原剂，故答案为：H2C2O4；
（3）消耗1mol KMnO4，转移电子的物质的量为5mol，反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为0.08mol；
（4）①稀硫酸和CaC2O4发生的是复分解反应：CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4；
②盐酸可以被高锰酸钾溶液氧化为Cl2，所以溶解沉淀时不能用稀盐酸，故答案为：不能；KMnO4会氧化Cl-；
③KMnO4的物质的量为1.0×10-4mol/L×0.02L=2.0×10-6mol，根据高锰酸钾和草酸反应的化学方程式可知草酸的物质的量为5.0×10-6mol，此即为CaC2O4的物质的量，也就是钙的物质的量，所以在2mL血液中含钙的质量2.0×10-4g，则100mL该血液中含钙为0.01g。
23.A、B、C、D、E、F六种常见元素且原子序数依次增大：A元素的一种原子的原子核内没有中子，B的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，C是所有元素中电负性最大的元素，D是短周期且最外层只有一个未成对电子的非金属元素，E是主族元素且与F同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，F能形成红色(或砖红色)的F2O和黑色的FO两种氧化物。请回答下列问题：
（1）写出F元素原子基态时价层的电子排布式___
（2）B元素的第一电离能比氧元素的第一电离___(填“大”或“小”)，原因是____
（3）C元素与A元素形成的最简单氢化物比D元素与A元素形成的氢化物沸点高，原因是____。
（4）与E元素同周期且未成对电子数最多的元素的价层电子排布图___。
（5）A、B、F三种元素可形成[F(BA3)4]2+配离子，其中存在的化学键类型有____(填字母)。
①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键 ⑥氢键
若[F(BA3)4]2+配离子具有对称的空间构型， 且当[F(BA3)4]2+中的两个BA3被两个Br－取代时，能得到两种不同结构的产物，则[F(BA3)4]2+的空间构型为___(填字母)。
a.平面正方形 b.正四面体形 c.三角锥形 d.V形
（6）D元素形成四种常见的含氧酸酸性由小到大的顺序___，且原因是___
（7）C和E能够形成化合物M，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，求晶体M的密度()____。（只列表达式即可）
【答案】(1). 3d104s1 (2). 大 (3). N原子的价电子是2s22p3，2p轨道半充满，电子构型稳定，不易失电子，故N的第一电离能比O大 (4). HF分子间存在氢键 (5). (6). ①③ (7). a (8). HClO
【分析】A元素的一种原子的原子核内没有中子，A为H。B的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，B的电子排布式为1s22s22p3，所以B是N。C是所有元素中电负性最大的元素，C为F。A、B、C、D、E、F六种元素原子序数依次增大，D是短周期且最外层只有一个未成对电子的非金属元素，所以D为Cl。E是主族元素，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，所以E为Ca。F与E同周期，F也为第4周期元素，F能形成红色(或砖红色)的F2O和黑色的FO两种氧化物，则F为Cu。
【详解】（1）Cu基态时的价层电子排布式为3d104s1；
（2）N元素原子核外电子排布式为1s22s22p3，O元素原子核外电子排布式为1s22s22p4，N的2p轨道上有3个电子，为半充满的稳定结构，失去一个电子比氧困难，所以氮的第一电离能比氧元素的第一电离大。故答案为：大，N原子的价电子是2s22p3，2p轨道半充满，电子构型稳定，不易失电子，故N的第一电离能比O大；
（3）HF分子间有氢键，HCl分子间没有氢键，所以HF的沸点高。故答案为：HF分子间存在氢键；
（4）与钙元素同周期即第4周期且未成对电子数最多的元素为Cr，其价层电子排布图为：；
（5）A、B、F三种元素可形成[Cu(NH3)4]2+配离子，Cu2+和NH3之间存在配位键，NH3里的N和H之间存在极性共价键，所以选①③；若[Cu(NH3)4]2+配离子具有对称的空间构型，可能为平面正方形，也可能为正四面体，当其中两个NH3被Br－取代时，能得到两种不同结构的产物，所以[Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形，故选a。故答案为：①③，a；
（6）Cl元素形成四种常见的含氧酸分别为HClO、HClO2、HClO3、HClO4，酸性由小到大的顺序为HClO＜HClO2＜HClO＜HClO4，原因是n值越大，Cl的正电性越高，导致Cl—O—H中O的电子向Cl偏移，在水分子的作用下，就越容易电离出H+，酸性越强；
（7）从晶胞结构图可知，顶点和面心为钙离子，共有4个，晶胞内部为氟离子，有8个，所以晶体化学式为CaF2，一个晶胞的质量为，晶胞参数=0.566×10-7cm，所以一个晶胞的体积为0.5663×10-21cm3，所以晶体M的密度为 。
相关资料
更多
