2022届海南省保亭中学高考化学模拟试卷（二） 一、单项选择题（本题包括6小题，每小题2分，共12分，每小题只有1个正确答案）1．只用水不能鉴别的一组物质是（ ）A．硝基苯和溴苯B．乙酸乙酯和乙醇C．苯和四氯化碳D．环己烷和乙醛 2．常温离子液体（IonicLiquid）也称常温熔融盐．硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕是人类发现的第一种常温离子液体，其熔点为12℃．已知C2H5NH2结合质子的能力比NH3略强，下列有关硝酸乙基铵的说法正确的是（ ）A．可用作电池的电解质B．水溶液呈碱性C．是共价化合物D．结构和性质类似于硝酸乙酯 3．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣+H++OH﹣=BaSO4↓+H2OB．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I﹣+O2+2H2O=4OH﹣+2I2C．磁性氧化铁溶于盐酸：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OD．用氨水吸收足量的SO2气体：OH﹣+SO2=HSO3﹣ 4．如图是制取和收集某气体的实验装置，可用于（ ）A．用Zn粒与稀HCl反应制H2B．用大理石与稀HCl反应制CO2C．用Cu与稀HNO3反应制NOD．用MnO2与浓HCl反应制Cl2 5．下列各组物质不属于同分异构体的是（ ）A．2，2﹣二甲基丙醇和2﹣甲基丁醇B．邻氯甲苯和对氯甲苯C．2﹣甲基丁烷和戊烷D．甲基丙烯酸和甲酸丙酯 6．已知2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣，向10mL0.1mol•L﹣1的FeBr2溶液中通入0.001molCl2，反应后的溶液中，除含有Cl﹣外还一定（ ）A．含Fe2+，不含Fe3+B．含Fe3+，不含Br﹣C．含Fe3+，含Br﹣D．含Fe2+，含Fe3+ 二、不定项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分）227．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A．15g甲基（﹣CH3）所含的电子数为9NAB．300mL2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6NAC．标准状况下，22.4LCH4气体与足量Cl2反应可生成NA个CH3Cl分子D．80mL10mol/L浓盐酸与足量MnO2反应，转移电子数为0.4NA 8．在下列各溶液中，离子可能大量共存的是（ ）A．无色的碱性溶液中：CrO42﹣、K+、Na+、SO42﹣B．使pH试纸变红的溶液中：NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣C．含有大量ClO﹣的溶液中：K+、H+、I﹣、SO42﹣D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣ 9．元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X+与Z2﹣具有相同的核外电子层结构．下列推测正确的是（ ）A．同周期元素中X的金属性最强B．原子半径X＞Y，离子半径X+＞Z2﹣C．同族元素中Z的氢化物沸点最低D．同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强 10．以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（ ）A．HCl→Cl2→HClO→NaClOB．Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3C．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3D．Al→NaAlO2→Al（OH）3→Al2O3 11．下列实验中，能达到预期目的是（ ）A．用过滤法除去Fe（OH）3胶体中的FeCl3B．用25mL碱式滴定管量取20.10mLNa2CO3溶液C．将SO2通入酸性KMnO4溶液中，可证明SO2具有漂白性D．欲鉴别AlC13溶液和AgNO3溶液，向2种待测液中分别滴加足量氨水 12．关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa溶液，下列说法正确的是（ ）A．c（CH3COO﹣）：③＞①B．水电离出的c（OH﹣）：②＞①C．①和②等体积混合后的溶液：c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH）D．①和③等体积混合后的溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） 二、非选择题13．（8分）如图为一些常见物质间的相互转化关系，其中F为金属，高温下能与某些金属氧化物反应，是工业冶炼金属的方法之一．A为无色气体，B为淡黄色固体，C为无色液体，E和J为无色气体单质．试回答下列问题：（1）写出B的化学式： ，写出A的电子式 ；（2）写出I→K的离子方程式 ；22（3）写出F与Fe3O4在高温下反应的化学方程式 ；（4）已知3gJ完全燃烧放出akJ的热量，请写出表示J的燃烧热的热化学方程式： ． 14．（10分）能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是未来重要的能源物质之一．（1）合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；△H图1表示某次合成实验过程中甲醇的体积分数φ（CH3OH）与反应温度的关系曲线，则该反应的△H 0（填“＞、＜或=”）（2）若在230℃时，平衡常数K=1．若其它条件不变，将温度升高到500℃时，达到平衡时，K 1（填“＞、＜或=”）（3）在某温度下，向一个容积不变的密闭容器中通入2.5molCO和7.5molH2，达到平衡时CO的转化率为90%，此时容器内的压强为开始时的 倍．（4）利用甲醇燃料电池设计如图2所示的装置：则该装置中Cu极为 极；写出b极的电极反应式 当铜片的质量变化为12.8g时：a极上消耗的O2在标准状况下的体积为 L． 15．（9分）运用化学反应原理研究氮、硫、氯、碘等单质及其化合物的反应有重要意义（1）氮是地球上含量丰富的元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．①如图是一定的温度和压强下是N2和H2反应生成1molNH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式： ．（△H的数值用含字母a、b的代数式表示）②氨气溶于水得到氨水．在25°C下，将mmol•L﹣1的氨水与nmol•L﹣1的盐酸等体积混合，反应后的溶液呈中性，则c（NH+4） c（Cl﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）；用含m和n的代数式表示出混合液中氨水的电离平衡常数表达式 ．（2）海水中含有大量的元素，常量元素如氯、微量元素如碘在海水中均以化合态存在．25°C下，向0.1mol•L﹣1的NaCl溶液中逐滴加入适量的0.1mol•L﹣1硝酸银溶液，有白色沉淀生成．从沉淀溶解平衡的角度解释产生沉淀的原因是 22，向反应后的浊液中，继续加入适量0.1mol•L﹣1的NaI溶液，振荡、静置，看到的现象是 ，产生该现象的原因是（用离子方程式表示） ．（已知25°C时Ksp[AgCl]=1.0×10﹣10mol2•L﹣2，Ksp[Ag]=1.5×10﹣16mol2•L﹣2） 16．（9分）用脱脂棉包住约0.2g过氧化钠粉末，置于石棉网上，向脱脂棉上滴水，观察到脱脂棉剧烈燃烧起来．（1）由上述实验现象所推出的结论是：第一：有氧气生成；第二： ．Na2O2跟水反应的化学方程式是 ．（2）某研究性学习小组拟用右图所示装置（气密性良好）进行实验，以证明上述结论．①用以验证第一条结论的实验操作及现象是： ②用以验证第二条结论的实验操作及现象是： （3）实验（2）向试管中加水至固体完全溶解且不再有气泡生成后，滴入酚酞试液，发现溶液先变红后褪色，为探究其原因，该小组同学从查阅有关资料中得知：Na2O2与水反应可生成H2O2，H2O2具有强氧化性和漂白性．请从另外一个角度（即不能再使用酸碱指示剂）设计一个简单的实验，验证Na2O2跟足量水充分反应后的溶液中有H2O2存在． ． 17．（8分）茉莉花香气的成分有多种，乙酸苯甲酯（）是其中的一种，它可以从茉莉花中提取，也可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成．一种合成路线如下：（1）写出反应①的化学方程式： ．（2）反应③的反应类型为 ．（3）C的结构简式为 ．（4）反应①～③中，原子的理论利用率为100%，符合绿色化学要求的是 （填序号）．22 《物质结构》选择题（6分）：每小题只有一个正确选项，每小题3分18．某原子核外共有6个电子，分布在K与L电子层上，其基态原子在L层分布中正确的是（ ）A．B．C．D． 19．用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（ ）A．直线形；三角锥形B．V形；三角锥形C．直线形；平面三角形D．V形；平面三角形 20．已知1～18号元素的离子W3+、X+、Y2﹣、Z﹣都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（ ）A．元素第一电离能：X＞WB．离子的还原性：Y2﹣＞Z﹣C．氢化物的稳定性：H2Y＞HZD．原子半径：X＜W 解答题（共1小题，满分11分）21．Mn、Fe均为第四周期过渡元素，两元素的部分电离能（I）数据列于下表：元素MnFe电离能/kJ•mol﹣1I1717759I215091561I332482957回答下列问题：（1）Mn元素价电子层的电子排布式为 ，比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难．对此，你的解释是 ．（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物，则与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的条件是 ．（3）三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂，据此判断三氯化铁晶体为 晶体．（4）金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示．面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为 ，其中体心立方晶胞空间利用率为 ．22 222022届海南省保亭中学高考化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析 一、单项选择题（本题包括6小题，每小题2分，共12分，每小题只有1个正确答案）1．只用水不能鉴别的一组物质是（ ）A．硝基苯和溴苯B．乙酸乙酯和乙醇C．苯和四氯化碳D．环己烷和乙醛【考点】有机物的鉴别．所有【分析】只用水就能鉴别的有机物，可根据有机物的水溶性和密度大小进行鉴别，以此解答．【解答】解：A．二者密度都大于水，且不溶于水，不能用水鉴别，故A选；B．乙酸乙酯不溶于水，但乙醇溶于水，可鉴别，故B不选；C．苯和四氯化碳都不溶于水，但苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，可鉴别，故C不选；D．环己烷不溶于水，但乙醛溶于水，可鉴别，故D不选．故选A．【点评】本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，本题注意常见有机物的水溶性，一般来说烃、酯类物质以及氯代烃、硝基化合物不溶于水． 2．常温离子液体（IonicLiquid）也称常温熔融盐．硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕是人类发现的第一种常温离子液体，其熔点为12℃．已知C2H5NH2结合质子的能力比NH3略强，下列有关硝酸乙基铵的说法正确的是（ ）A．可用作电池的电解质B．水溶液呈碱性C．是共价化合物D．结构和性质类似于硝酸乙酯【考点】电解质与非电解质；盐类水解的应用．所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、根据题目信息确定硝酸乙基铵离子液体，可作为电解质；B、根据铵盐的性质，考虑C2H5NH3+的水解；C、根据硝酸乙基铵的组成，确定其化合物的类型；D、根据硝酸乙基铵和硝酸乙酯的组成，确定结构和性质的差异；【解答】解：A、因硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕为离子液体，含自由离子的化合物可作为电解质，故A正确；B、因硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕是一种强酸弱碱盐，硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕在水溶液中电离产生C2H5NH3+NO3﹣，C2H5NH3+发生水解生成（C2H5NH3）OH和H+，水溶液呈酸性，故B错误；C、因硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕为常温熔融盐，由是C2H5NH3+和NO3﹣构成，属于离子化合物，故C错误；D、因硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕为离子化合物，而硝酸乙酯〔（CH3CH20NO2〕是共价化合物，这两种物质的结构不同，所以性质也不同，故D错误；故选：A．【点评】本题结合题目所给信息，考查了离子化合物、共价化合物的概念、盐类水解的有关知识． 223．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣+H++OH﹣=BaSO4↓+H2OB．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I﹣+O2+2H2O=4OH﹣+2I2C．磁性氧化铁溶于盐酸：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OD．用氨水吸收足量的SO2气体：OH﹣+SO2=HSO3﹣【考点】离子方程式的书写．所有【分析】A．氢离子和氢氧根离子的系数错误，不满足氢氧化钡和硫酸的化学式组成；B．空气中氧气将碘离子氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉显示蓝色；C．磁性氧化铁为四氧化三铁，与盐酸反应生成亚铁离子和铁离子；D．氨水为弱碱，离子方程式中一水合氨不能拆开．【解答】解：A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：Ba2++SO42﹣+2H++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故A错误；B．氧气能够氧化碘离子，则淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝，反应的离子方程式为：4I﹣+O2+2H2O=4OH﹣+2I2，故B正确；C．磁性氧化铁溶于盐酸，反应生成氯化铁和氯化亚铁，正确的离子方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故C错误；D．氨水吸收足量SO2，反应生成亚硫酸氢铵，正确的离子方程式为：NH3•H2O+SO2=NH4++HSO3﹣，故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等． 4．如图是制取和收集某气体的实验装置，可用于（ ）A．用Zn粒与稀HCl反应制H2B．用大理石与稀HCl反应制CO2C．用Cu与稀HNO3反应制NOD．用MnO2与浓HCl反应制Cl2【考点】常见气体制备原理及装置选择；气体的收集．所有【分析】该装置适合制备固体与液体不加热反应，气体密度小于空气密度，据此解答．【解答】解：A．Zn粒与稀HCl反应为固体与液体不加热，且氢气密度小于空气密度，故A正确；B．二氧化碳密度大于空气密度，应选择长进短出收集，故B错误；C．一氧化氮密度与空气中的氧气反应，不能用排气法收集，故C错误；D．二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了常见气体的制备，熟悉制备原理及气体性质是解题关键，注意发生装置和收集装置的选择，题目难度不大． 5．下列各组物质不属于同分异构体的是（ ）22A．2，2﹣二甲基丙醇和2﹣甲基丁醇B．邻氯甲苯和对氯甲苯C．2﹣甲基丁烷和戊烷D．甲基丙烯酸和甲酸丙酯【考点】同分异构现象和同分异构体．所有【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体．据此判断．【解答】解：A、2，2﹣二甲基丙醇和2﹣甲基丁醇，分子式相同，含有相同数目的羟基，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B、邻氯甲苯和对氯甲苯，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C、2﹣甲基丁烷和戊烷，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D、甲基丙烯酸和甲酸丙酯，分子式不同，不是同分异构体，故D错误．故选D．【点评】本题考查同分异构体的概念与区别，难度不大，关键根据名称写出分子式进行判断． 6．已知2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣，向10mL0.1mol•L﹣1的FeBr2溶液中通入0.001molCl2，反应后的溶液中，除含有Cl﹣外还一定（ ）A．含Fe2+，不含Fe3+B．含Fe3+，不含Br﹣C．含Fe3+，含Br﹣D．含Fe2+，含Fe3+【考点】氧化还原反应的计算．所有【专题】氧化还原反应专题．【分析】向溴化亚铁溶液中通入氯气，氯气先和亚铁离子反应，然后再和溴离子发生置换反应，根据氯气和溴化亚铁的物质的量的关系确定溶液中存在的溶质．【解答】解：n（FeBr2）=0.1molo/L×0.01L=0.001mol，当n（Fe2+）：n（Cl2）≥2时，发生的反应为：2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl﹣；当n（Fe2+）：n（Cl2）≤时，发生的反应为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++6Cl﹣+2Br2，根据题意知，实际上n（Fe2+）：n（Cl2）=1，介于二者之间，所以原溶液中亚铁离子完全反应，部分溴离子参加反应，所以溶液中的溶质是溴化铁和氯化铁，故溶液中一定存在铁离子、溴离子、氯离子，故选C．【点评】本题以氯气和溴化亚铁的反应为载体考查了氧化还原反应，明确溶液中离子反应的先后顺序是解本题的关键，采用极值讨论法来分析解答较简便． 二、不定项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分）7．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A．15g甲基（﹣CH3）所含的电子数为9NAB．300mL2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.6NAC．标准状况下，22.4LCH4气体与足量Cl2反应可生成NA个CH3Cl分子D．80mL10mol/L浓盐酸与足量MnO2反应，转移电子数为0.4NA【考点】阿伏加德罗常数．所有【分析】A、根据甲基没有发生电子转移计算出15g甲基中含有的电子数；22B、从水溶液中含有水分子分析判断；C、CH4气体与Cl2的反应生成的CH3Cl能继续和氯气反应；D、依据浓盐酸随着反应进行，浓度变稀后不再与二氧化锰反应进行解答．【解答】解：A、15g甲基的物质的量为1mol，含有9mol电子，所以15g甲基（﹣CH3）所含的电子数为9NA，故A正确；B、300mL2mol/L蔗糖溶液中含蔗糖分子0.6mol，但溶液中还有水分子，故B错误；C、CH4气体与Cl2的反应生成的CH3Cl能继续和氯气反应，能生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的混合物，根据碳原子的守恒可知，一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的物质的量之和为1mol，则生成的CH3Cl的物质的量小于1mol，分子个数小于NA个，故C错误；D、80mL10mol•L﹣1浓盐酸含0.8molHCl，浓盐酸与足量MnO2混合加热，随着反应进行浓盐酸浓度变稀后不再与二氧化锰进行反应，所以0.8molHCl不能全部反应，故转移电子数不是0.4NA，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽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． 8．在下列各溶液中，离子可能大量共存的是（ ）A．无色的碱性溶液中：CrO42﹣、K+、Na+、SO42﹣B．使pH试纸变红的溶液中：NH4+、Na+、SO42﹣、Cl﹣C．含有大量ClO﹣的溶液中：K+、H+、I﹣、SO42﹣D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．所有【分析】A．有颜色的离子不能大量共存；B．使pH试纸变红的溶液呈酸性；C．ClO﹣具有强氧化性，且酸性条件下不能大量共存；D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性．【解答】解：A．CrO42﹣有颜色，不能大量共存，故A错误；B．使pH试纸变红的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．ClO﹣具有强氧化性，可氧化I﹣，且酸性条件下不能大量共存，故C错误；D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，碱性条件下Fe2+不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应、络合反应的考查，注意可能共存，题目难度不大． 9．元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X+与Z2﹣具有相同的核外电子层结构．下列推测正确的是（ ）A．同周期元素中X的金属性最强B．原子半径X＞Y，离子半径X+＞Z2﹣22C．同族元素中Z的氢化物沸点最低D．同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强【考点】原子结构与元素周期律的关系．所有【分析】X、Y在同一周期，X+与Z2﹣具有相同的核外电子层结构，可推Z在X、Y的上一个周期，又因为X、Y、Z原子序数之和为36，平均原子序数为12，则X为Na、Z为O、进而可知Y为Cl，结合元素周期律的递变规律解答该题．【解答】解：X、Y在同一周期，X+与Z2﹣具有相同的核外电子层结构，可推Z在X、Y的上一个周期，又因为X、Y、Z原子序数之和为36，平均原子序数为12，则X为Na、Z为O、进而可知Y为Cl，则A．X为Na，由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱可知同周期元素中X的金属性最强，故A正确；B．具有相同的核外电子层结构的离子，核电核数越大，半径越小，则离子半径应为：Z2﹣＞X+，故B错误；C．Z的氢化物为H2O，含有氢键，常温下为液态，同族元素中Z的氢化物沸点最高，故C错误；D．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，故D正确．故选AD．【点评】本题考查元素的推断和元素周期律，为高考常见题型，题目难度中等，注意把握元素的推断的角度以及元素周期律的递变规律． 10．以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（ ）A．HCl→Cl2→HClO→NaClOB．Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3C．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3D．Al→NaAlO2→Al（OH）3→Al2O3【考点】硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．所有【专题】卤族元素；碳族元素．【分析】根据各单质及其化合物的化学性质解答．A、浓盐酸与强氧化剂如二氧化锰、高锰酸钾、氯酸钾等反应生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸是弱酸，与碱反应生成盐；B、钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；C、硅和氧气反应生成二氧化硅，属于酸性氧化物，但不与水反应，能和烧碱反应生成硅酸钠，再加入强酸可制得硅酸；D、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，难溶性的碱受热易分解，分解为相应的氧化物与水．【解答】解：A、浓盐酸与强氧化剂如二氧化锰、高锰酸钾、氯酸钾等反应生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸是弱酸，与氢氧化钠反应生成次氯酸钠与水，故A正确；B、钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，故B正确；C、硅和氧气反应生成二氧化硅，属于酸性氧化物，但不与水反应，SiO2不能一步生成H2SiO3，二氧化硅与烧碱反应生成硅酸钠，再加入强酸可制得硅酸，故C错误；D、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，故D正确．22故选C．【点评】本题考查元素化合物物质之间的转化等，比较基础，掌握物质的性质是解答本题的关键，注意基础知识的积累掌握． 11．下列实验中，能达到预期目的是（ ）A．用过滤法除去Fe（OH）3胶体中的FeCl3B．用25mL碱式滴定管量取20.10mLNa2CO3溶液C．将SO2通入酸性KMnO4溶液中，可证明SO2具有漂白性D．欲鉴别AlC13溶液和AgNO3溶液，向2种待测液中分别滴加足量氨水【考点】化学实验方案的评价．所有【分析】A．胶体粒子和溶液都能透过滤纸；B．根据碱性溶液应用碱式滴定管量能装；C．发生氧化还原反应；D．AlC13与氨水生成白色沉淀，AgNO3溶液与少量氨水生成沉淀，氨水过量沉淀又溶解．【解答】解：A．胶体粒子和溶液都能透过滤纸，不能用过滤的方法，胶体不能透过半透膜，可用渗析的方法分离，故A错误；B．因Na2CO3溶液呈碱性，碱性溶液应用碱式滴定管量能装，滴定管精确到0.01，故B正确；C．SO2使KMnO4酸性溶液褪色是因为SO2的还原性，故C错误；D．AlC13与氨水生成白色沉淀氢氧化铝，氢氧化铝不容易氨水，AgNO3溶液与少量氨水生成沉淀，氨水过量沉淀又溶解，所以二者现象不同，可以鉴别，故D正确．故选BD．【点评】本题考查物质的分离提纯、仪器使用、氧化还原反应以及物质的鉴别，题目难度不大，注意相关物质的性质的异同，把握常见物质的分离方法和操作原理． 12．关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa溶液，下列说法正确的是（ ）A．c（CH3COO﹣）：③＞①B．水电离出的c（OH﹣）：②＞①C．①和②等体积混合后的溶液：c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH）D．①和③等体积混合后的溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，氢氧化钠和醋酸钠都是强电解质，在水溶液里完全电离，但醋酸钠中醋酸根离子易水解，水解程度较小；A．醋酸的电离程度小于醋酸钠的电离程度；B．酸或碱抑制水电离，氢离子或氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；C．醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶解呈碱性，根据质子守恒判断；D．等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，导致混合溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断．【解答】解：A．醋酸钠是强电解质，在水溶液里完全电离，醋酸的弱电解质，在水溶液里部分电离，虽然醋酸钠中醋酸根离子易水解，但水解程度较小，所以c（CH3COO﹣）：③＞①，故A正确；22B．酸或碱抑制水电离，氢离子或氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，氢氧化钠的溶液中氢氧根离子浓度大于醋酸溶液中氢离子浓度，所以氢氧化钠抑制水电离程度大于醋酸，则水电离出的c（OH﹣）：②＜①，故B错误；C．①和②等体积混合时，二者恰好反应生成醋酸钠，根据质子守恒得c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH），故C正确；D．等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，导致混合溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以得c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故D错误；故选AC．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，题目难度中等． 二、非选择题13．（8分）如图为一些常见物质间的相互转化关系，其中F为金属，高温下能与某些金属氧化物反应，是工业冶炼金属的方法之一．A为无色气体，B为淡黄色固体，C为无色液体，E和J为无色气体单质．试回答下列问题：（1）写出B的化学式： Na2O2 ，写出A的电子式 ；（2）写出I→K的离子方程式 AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣ ；（3）写出F与Fe3O4在高温下反应的化学方程式 8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3 ；（4）已知3gJ完全燃烧放出akJ的热量，请写出表示J的燃烧热的热化学方程式： H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=﹣kJ•mol﹣1 ．【考点】无机物的推断．所有【分析】B为淡黄色固体，B与无色气体A反应生成气体单质E，则B为Na2O2，A为CO2，E为O2，D为Na2CO3．C为无色液体，与过氧化钠反应生成氧气与G，则C为H2O，G为NaOH．F为常见的金属，高温下能与某些金属氧化物反应，是工业冶炼金属的方法之一，且与NaOH反应生成I与气体单质J，则F为Al，I为NaAlO2，J为H2，则H为Al2O3，K为Al（OH）3，据此解答．【解答】解：B为淡黄色固体，B与无色气体A反应生成气体单质E，则B为Na2O2，A为CO2，E为O2，D为Na2CO3．C为无色液体，与过氧化钠反应生成氧气与G，则C为H222O，G为NaOH．F为常见的金属，高温下能与某些金属氧化物反应，是工业冶炼金属的方法之一，且与NaOH反应生成I与气体单质J，则F为Al，I为NaAlO2，J为H2，则H为Al2O3，K为Al（OH）3．（1）由上述分析可知，B为Na2O2，A为CO2，电子式为，故答案为：Na2O2；；（2）I→K是过量二氧化碳和NaAlO2的溶液反应生成氢氧化铝与碳酸氢钠，反应离子方程式：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（3）Al与Fe3O4在高温下反应的化学方程式反应方程式为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3，故答案为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3；（4）3gH2完全燃烧放出akJ的热量，则1molH2完全燃烧放出的热量为×akJ=akJ，故氢气的燃烧热的热化学方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=﹣kJ•mol﹣1，故答案为：H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=﹣kJ•mol﹣1．【点评】本题考查无机物推断，B为淡黄色物质且反应生成气体单质为推断突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等． 14．（10分）能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是未来重要的能源物质之一．（1）合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；△H图1表示某次合成实验过程中甲醇的体积分数φ（CH3OH）与反应温度的关系曲线，则该反应的△H ＜ 0（填“＞、＜或=”）（2）若在230℃时，平衡常数K=1．若其它条件不变，将温度升高到500℃时，达到平衡时，K ＜ 1（填“＞、＜或=”）（3）在某温度下，向一个容积不变的密闭容器中通入2.5molCO和7.5molH2，达到平衡时CO的转化率为90%，此时容器内的压强为开始时的 0.55 倍．（4）利用甲醇燃料电池设计如图2所示的装置：则该装置中Cu极为 阳 极；写出b极的电极反应式 CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO2﹣3+6H2O 当铜片的质量变化为12.8g时：a极上消耗的O2在标准状况下的体积为 2.24 L．22【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；用化学平衡常数进行计算．所有【分析】（1）230℃处于平衡状态，再升高温度甲醇的体积分数，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；（2）说明升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小；（3）参加反应CO为2.5mol×90%=2.25mol，进而计算平衡时混合气体总物质的量，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比；（4）b电极通入甲醇，发生氧化反应，a电极通入氧气，发生还原反应，则a为正极、b为负极，Cu连接a极，则为阳极，b电极上甲醇失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水；根据电子转移守恒计算消耗氧气的体积．【解答】解：（1）230℃处于平衡状态，再升高温度甲醇的体积分数，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，而升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，则△H＜0，故答案为：＜；（2）正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则K＜1，故答案为：＜；（3）参加反应CO为2.5mol×90%=2.25mol，则：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）气体物质的量减小122.25mol4.5mol故平衡后混合气体总物质的量为2.5mol+7.5mol﹣4.5mol=5.5mol，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，此时容器内的压强为开始时的=0.55倍，故答案为：0.55；（4）b电极通入甲醇，发生氧化反应，a电极通入氧气，发生还原反应，则a为正极、b为负极，Cu连接a极，则为阳极，b电极上甲醇失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水，电极反应式为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO2﹣3+6H2O；当铜片的质量变化为12.8g时，消耗的Cu为=0.2mol，根据电子转移守恒可知消耗氧气为=0.1mol，则a极上消耗的O2在标准状况下的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故答案为：阳；CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO2﹣3+6H2O；2.24．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数、原电池与电解原理等，难度中等，（4）中注意利用电子转移守恒计算解答． 15．（9分）运用化学反应原理研究氮、硫、氯、碘等单质及其化合物的反应有重要意义（1）氮是地球上含量丰富的元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．①如图是一定的温度和压强下是N2和H2反应生成1molNH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式： N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣2（b﹣a）kJ•mol﹣1 ．（△H的数值用含字母a、b的代数式表示）②氨气溶于水得到氨水．在25°C下，将mmol•L﹣1的氨水与nmol•L﹣1的盐酸等体积混合，反应后的溶液呈中性，则c（NH+4） = c（Cl﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）；用含m和n的代数式表示出混合液中氨水的电离平衡常数表达式 K= ．22（2）海水中含有大量的元素，常量元素如氯、微量元素如碘在海水中均以化合态存在．25°C下，向0.1mol•L﹣1的NaCl溶液中逐滴加入适量的0.1mol•L﹣1硝酸银溶液，有白色沉淀生成．从沉淀溶解平衡的角度解释产生沉淀的原因是 Qc＞Ksp ，向反应后的浊液中，继续加入适量0.1mol•L﹣1的NaI溶液，振荡、静置，看到的现象是 白色沉淀转化为黄色沉淀 ，产生该现象的原因是（用离子方程式表示） AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq） ．（已知25°C时Ksp[AgCl]=1.0×10﹣10mol2•L﹣2，Ksp[Ag]=1.5×10﹣16mol2•L﹣2）【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；热化学方程式；离子浓度大小的比较．所有【分析】（1）①由图求出N2和H2反应生成1molNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写解答；②根据电荷守恒，判断离子浓度大小；氨水的电离平衡常数为电离出离子的浓度积与溶质浓度的比值；（2）当浓度积Qc＞Ksp时，会生成沉淀；向AgCl浊液中加入NaI溶液，发生沉淀的转化：AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq）；【解答】解：（1）①由图可知，N2和H2反应生成1molNH3放出的热量为（b﹣a）kJ，该反应的热化学反应方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣2（b﹣a）kJ•mol﹣1，故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣2（b﹣a）kJ•mol﹣1；②将mmol•L﹣1的氨水与nmol•L﹣1的盐酸等体积混合，反应后的溶液呈中性，则氨水必须稍微过量，根据溶液的电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，即c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，即c（NH4+）=c（Cl﹣）=mol/L．溶液中氨水过量，过量的氨水的浓度c（NH3•H2O）=mol/L，氨水中的电离常数为==，故答案为：=；=；（2）25°C下，向0.1mol•L﹣1的NaCl溶液中逐滴加入适量的0.1mol•L﹣1硝酸银溶液，当浓度积Qc＞Ksp时，会生成沉淀；22向AgCl浊液中加入NaI溶液，溶度积常数可知碘化银溶解度小于氯化银，发生沉淀的转化，白色沉淀转化为黄色沉淀：反应的离子方程式为：AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq）；故答案为：Qc＞Ksp；白色沉淀转化为黄色沉淀，AgCl（s）+I﹣（aq）=AgI（s）+Cl﹣（aq）；【点评】本题考查了热化学方程式书写、电离平衡常数的有关计算和沉淀转化理解应用，题目难度中等． 16．（9分）用脱脂棉包住约0.2g过氧化钠粉末，置于石棉网上，向脱脂棉上滴水，观察到脱脂棉剧烈燃烧起来．（1）由上述实验现象所推出的结论是：第一：有氧气生成；第二： 该反应放热 ．Na2O2跟水反应的化学方程式是 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ．（2）某研究性学习小组拟用右图所示装置（气密性良好）进行实验，以证明上述结论．①用以验证第一条结论的实验操作及现象是： 在导管P处收集一试管气体，再向其中插入带火星的木条，若能使木条复燃，则说明原反应中有O2产生 ②用以验证第二条结论的实验操作及现象是： 在导管Q处连接一个气球，若气球膨胀，则说明原反应放热 （3）实验（2）向试管中加水至固体完全溶解且不再有气泡生成后，滴入酚酞试液，发现溶液先变红后褪色，为探究其原因，该小组同学从查阅有关资料中得知：Na2O2与水反应可生成H2O2，H2O2具有强氧化性和漂白性．请从另外一个角度（即不能再使用酸碱指示剂）设计一个简单的实验，验证Na2O2跟足量水充分反应后的溶液中有H2O2存在． 取少量反应后的溶液于一支洁净的试管中，加入MnO2，若迅速放出大量气体，则说明Na2O2跟足量水充分反应后的溶液中有H2O2存在 ．【考点】性质实验方案的设计．所有【分析】（1）可燃物和氧气接触且温度达到着火点以上时才能燃烧，据此判断；根据反应物、生成物书写方程式；（2）①氧气能使带火星的木条复燃，所以可以用带火星的木条检验氧气；②气体有热胀冷缩的性质，据此判断；（3）双氧水易分解生成氧气，且加入催化剂能加快双氧水的分解，向溶液中加入二氧化锰根据反应现象判断；【解答】解：（1）脱脂棉和氧气接触，且脱脂棉环境温度达到其着火点时才能燃烧，实验时脱脂棉燃烧，说明环境温度达到其着火点以上，则该反应是放热反应，放出的热量使其周围环境温度升高；反应物是过氧化钠和水，生成物是氧气和氢氧化钠，其反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：该反应放热；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；22（2）①氧气能使带火星的木条复燃，要检验氧气可以用带火星的木条，如果带火星的木条复燃就证明产生氧气，否则不产生氧气，其检验方法为：在导管P处收集一试管气体，再向其中插入带火星的木条，若能使木条复燃，则说明原反应中有O2产生，故答案为：在导管P处收集一试管气体，再向其中插入带火星的木条，若能使木条复燃，则说明原反应中有O2产生；②空气有热胀冷缩的性质，如果证明该反应是放热反应，其检验方法为：在导管Q处连接一个气球，若气球膨胀，则说明原反应放热，故答案为：在导管Q处连接一个气球，若气球膨胀，则说明原反应放热；（3）双氧水易分解生成氧气，且加入催化剂能加快双氧水的分解，向溶液中加入二氧化锰，如果产生大量气体就说明含有双氧水，其检验方法为：取少量反应后的溶液于一支洁净的试管中，加入MnO2，若迅速放出大量气体，则说明Na2O2跟足量水充分反应后的溶液中有H2O2存在，故答案为：取少量反应后的溶液于一支洁净的试管中，加入MnO2，若迅速放出大量气体，则说明Na2O2跟足量水充分反应后的溶液中有H2O2存在；【点评】本题考查探究过氧化钠的性质，明确实验原理是解本题关键，同时考查学生实验操作能力、观察分析能力、总结归纳能力等，会根据物质的性质设计实验，注意基础知识的积累和运用，难度中等． 17．（8分）茉莉花香气的成分有多种，乙酸苯甲酯（）是其中的一种，它可以从茉莉花中提取，也可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成．一种合成路线如下：（1）写出反应①的化学方程式： ．（2）反应③的反应类型为 酯化（取代）反应 ．（3）C的结构简式为 ．（4）反应①～③中，原子的理论利用率为100%，符合绿色化学要求的是 ② （填序号）．【考点】有机物的合成．所有【分析】乙醇在Cu或Ag催化作用下加热反应生成CH3CHO（A），CH3CHO继续被氧化为CH3COOH（B），在碱性条件下水解生成，在一定条件下与CH3COOH发生酯化反应生成，结合有机物的结构和性质解答该题．22【解答】解：醇在Cu或Ag催化作用下加热反应生成CH3CHO（A），CH3CHO继续被氧化为CH3COOH（B），在碱性条件下水解生成，在一定条件下与CH3COOH发生酯化反应生成，则（1）乙醇在Cu或Ag催化作用下加热反应生成CH3CHO，反应的方程式为，故答案为：；（2）在一定条件下与CH3COOH发生酯化（取代）反应生成，故答案为：酯化（取代）反应；（3）由以上分析可知C为，故答案为：；（4）反应①为，反应②为2CH3CHO+O22CH3COOH，反应③为，对比三个反应可知反应②原子的理论利用率为100%，故答案为：②．【点评】本题考查有机物的合成，题目难度不大，本题注意结合乙醇、氯代烃的性质进行推断，学习中注意相关知识的积累． 《物质结构》选择题（6分）：每小题只有一个正确选项，每小题3分18．某原子核外共有6个电子，分布在K与L电子层上，其基态原子在L层分布中正确的是（ ）A．B．C．D．【考点】原子核外电子排布；原子结构的构造原理．所有【专题】原子组成与结构专题．【分析】K层容纳2个电子，所以L层容纳4个电子，L层有2s、2p能级，2p能级能量较高，2s能级有1个轨道，容纳2个电子，2p能级有3个轨道，电子优先单独占有1个轨道，且自旋方向相同．【解答】22解：K层容纳2个电子，所以L层容纳4个电子，L层有2s、2p能级，2p能级能量较高，2s能级有1个轨道，容纳2个电子，剩余2个电子填充2p能级，2p能级有3个轨道，电子优先单独占有1个轨道，且自旋方向相同，基态原子在L层分布图为．故选：D．【点评】考查核外电子排布规律，比较基础，理解掌握核外电子排布规律． 19．用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（ ）A．直线形；三角锥形B．V形；三角锥形C．直线形；平面三角形D．V形；平面三角形【考点】判断简单分子或离子的构型．所有【专题】化学键与晶体结构．【分析】价层电子对互斥理论认为：分子的立体构型是“价层电子对”相互排斥的结果．价层电子对就是指分子中的中心原子上的电子对，包括σ键电子对和中心原子上的孤电子对；σ键电子对数和中心原子上的孤电子对数之和就是价层电子对数，由于价层电子对的相互排斥，就可得到含有孤电子对的VSEPR模型，略去孤电子对就是该分子的空间构型．【解答】解：H2S分子的中心原子S原子上含有2个σ键，中心原子上的孤电子对数=（a﹣xb）=（6﹣2×1）=2，所以硫化氢分子的VSEPR模型是四面体型，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型；BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=（a﹣xb）=（3﹣3×1）=0，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形．故选D．【点评】本题考查了分子空间构型的判断，难度不大，易错点是阴阳离子中孤电子对数的确定，注意中心原子上的孤电子对数=（a﹣xb），a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子数，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数． 20．已知1～18号元素的离子W3+、X+、Y2﹣、Z﹣都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（ ）A．元素第一电离能：X＞WB．离子的还原性：Y2﹣＞Z﹣C．氢化物的稳定性：H2Y＞HZD．原子半径：X＜W【考点】原子结构与元素的性质．所有【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】1～18号元素的离子aW3+、bX+、cY2﹣、dZ﹣具有相同电子层结构，其离子核外电子数相等，所以a﹣3=b﹣1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，结合元素周期律解答．【解答】解：1～18号元素的离子aW3+、bX+、cY2﹣、dZ﹣具有相同电子层结构，其离子核外电子数相等，所以a﹣3=b﹣1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素．A、W为Al元素，X为Na元素，元素第一电离能Al＞Na，故A错误，22B、Y为O元素，Z为F元素，同周期从左到右非金属性逐渐增强，离子的还原性逐渐减弱，所以离子的还原性：Y2﹣＞Z﹣，故B正确；C、非金属性F＞O，非金属性越强氢化物越稳定性，氢化物稳定性为HZ＞H2Y，故C错误；D、W为Al元素，X为Na元素，同周期从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径Na＞Al，即原子半径：X＞W，故D错误．故选：B．【点评】本题考查结构与位置关系、元素周期律等，难度中等，根据电荷与核外电子排布相同推断元素在周期表中的位置是关键． 解答题（共1小题，满分11分）21．Mn、Fe均为第四周期过渡元素，两元素的部分电离能（I）数据列于下表：元素MnFe电离能/kJ•mol﹣1I1717759I215091561I332482957回答下列问题：（1）Mn元素价电子层的电子排布式为 3d54s2 ，比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难．对此，你的解释是 由Mn2+转化为Mn3+时，3d能经由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态（或Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态） ．（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物，则与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的条件是 具有孤对电子 ．（3）三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂，据此判断三氯化铁晶体为 分子 晶体．（4）金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示．面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为 2：1 ，其中体心立方晶胞空间利用率为 68% ．【考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；配合物的成键情况；晶胞的计算．所有【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．【分析】（1）根据核外电子排布规律书写；原子轨道处于半满、全满、全空时能量更低稳定；（2）①根据配位键形成条件分析，由Fe原子或离子的核外电子排布图可知，Fe原子或离子含有空轨道，配位体中的中心原子含有孤对电子；（3）根据信息可知三氯化铁的晶体为分子晶体；（4）利用均摊法计算．【解答】解：（1）Mn元素为25号元素，核外电子排布式为[Ar]3d54s2，所以价层电子排布式为3d54s2，22由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，故答案为：3d54s2；由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少；（2）Fe原子或离子含有空轨道．所以，与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具有孤对电子，故答案为：具有孤对电子；（3）三氯化铁，其熔点：282℃，沸点315℃，在300℃以上升华．易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂．符号分子晶体的特征，故为三氯化铁分子晶体，故答案为：分子；（4）面心立方结构晶胞中铁原子数为1+6×=4；体心立方结构晶胞中铁原子数为1+8×=2，属于两种结构的铁原子数之比为4：2=2：1，体心立方晶胞空间利用率为68%，故答案为：2：1；68%．【点评】本题考查电子排布式、电离能、晶体性质、晶胞等，难度较大，是对知识与能力综合考查，（4）是学生解答的难点． 22
