福建省莆田第十五中學(xué)2019-2020學(xué)年高二下學(xué)期期末考試化學(xué)試題

莆田第十五中學(xué)2019~2020學(xué)年度下學(xué)期期末測(cè)試卷高二化學(xué)一、單選題1.下列電離方程式正確的是A.NaHSO4=Na++ B.NaHCO3?Na++H++C.H3PO4?3H++ D.HF?H++F【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．NaHSO4是強(qiáng)酸酸式鹽，完全電離產(chǎn)生Na+、H+、，電離方程式應(yīng)該為：NaHSO4=Na++H++，A錯(cuò)誤；B．NaHCO3是強(qiáng)酸的酸式鹽，完全電離產(chǎn)生Na+、，電離方程式為：NaHCO3=Na++，B錯(cuò)誤；C．磷酸是三元弱酸，分步電離，每一步電離存在電離平衡，主要是第一步電離，電離方程式為：H3PO4?H++，C錯(cuò)誤；D．HF是一元弱酸，存在電離平衡，電離產(chǎn)生H+、F，電離方程式為：HF?H++F，D正確；故合理選項(xiàng)是D。2.高氯酸、硫酸、硝酸和鹽酸都是強(qiáng)酸，其酸性在水溶液中差別不大。以下是某溫度下這四種酸在冰醋酸中的電離常數(shù)：酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×105mol·L16.3×109mol·L11.6×109mol·L14.2×1010mol·L1由以上表格中數(shù)據(jù)判斷以下說法不正確的是A.在冰醋酸中這四種酸都沒有完全電離B.在冰醋酸中高氯酸是這四種酸中酸性最強(qiáng)的酸C.在冰醋酸中硫酸的電離方程式為H2SO4=2H＋＋SOD.水對(duì)這四種酸的強(qiáng)弱沒有區(qū)分能力，但冰醋酸可以區(qū)分這四種酸的強(qiáng)弱【答案】C【解析】【詳解】A．由電離常數(shù)可知，在冰醋酸中這四種酸都沒有完全電離，A正確；B．由電離常數(shù)可知，在冰醋酸中高氯酸的電離常數(shù)最大，是這四種酸中酸性最強(qiáng)的酸，B正確；C．在冰醋酸中硫酸沒有完全電離，應(yīng)該為H2SO4H＋＋，C錯(cuò)誤；D．在水溶液中四種酸均為強(qiáng)酸，水對(duì)這四種酸的強(qiáng)弱沒有區(qū)分能力，但冰醋酸可以區(qū)分這四種酸的強(qiáng)弱，D正確；故選C。3.把1L0.1mol/L的醋酸溶液用蒸餾水稀釋到10L，下列敘述正確的是（）A.c（CH3COOH）變?yōu)樵瓉淼?/10B.c（H＋）變?yōu)樵瓉淼腃.c（CH3COO－）/c（CH3COOH）的比值增大D.溶液的導(dǎo)電性增強(qiáng)【答案】C【解析】【分析】1L0.1mol/L的醋酸溶液稀釋到10L，溶液體積變?yōu)樵瓉淼?0倍?！驹斀狻緼、加水稀釋促進(jìn)CH3COOH的電離，H+、CH3COO物質(zhì)的量增大，CH3COOH物質(zhì)的量減小，則c（CH3COOH）比原來的1/10小，錯(cuò)誤；B、c（H+）比原來的1/10大，錯(cuò)誤；C、c（CH3COO－）/c（CH3COOH）=n（CH3COO－）/n（CH3COOH），n（CH3COO－）增大，n（CH3COOH）減小，n（CH3COO－）/n（CH3COOH）的比值增大，正確；D、由于溶液體積的增大超過離子物質(zhì)的量的增大，c（H+）、c（CH3COO）減小，溶液導(dǎo)電性減弱，錯(cuò)誤；答案選C。4.向0.1mol/L的氨水溶液中加水稀釋或加入少量NH4Cl固體時(shí)均會(huì)引起變化的是A.溶液的導(dǎo)電能力減弱 B.溶液的pH變小C.NH3·H2O的電離度變大 D.Kw(水的離子積常數(shù))變大【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．溶液的導(dǎo)電能力與溶液中的離子濃度有關(guān)，加水時(shí)無法確定離子濃度的變化，故導(dǎo)電能力無法判斷，A錯(cuò)誤；B．加水和加入少量NH4Cl固體均會(huì)使溶液堿性變?nèi)?，pH變小，B正確；C．加水時(shí)NH3·H2O的電離平衡向正向移動(dòng)，電離度變大，加入少量NH4Cl固體時(shí)電離平衡向逆向移動(dòng)，電離度變小，C錯(cuò)誤；D．Kw只與溫度有關(guān)，加水稀釋或加入少量NH4Cl固體時(shí)溫度不變，Kw不變，D錯(cuò)誤；答案選B。5.已知HA與HB均為弱酸，且HA的酸性比HB弱，在物質(zhì)的量濃度均為0.1mol·L1的NaA和NaB混合溶液中，下列正確的是A.c(HA)＞c(HB) B.c(A)＞c(B) C.c(H+)＞c(OH) D.c(A)+c(B)＞c(Na+)【答案】A【解析】【分析】在物質(zhì)的量濃度均為0.1mo/L的NaA和NaB混合溶液中，由于HA與HB均為弱酸，且HA的酸性比HB弱，A水解程度比B大，水解生成酸分子和氫氧根離子，則在二者的混合溶液中，c(HA)＞c(HB)，c(A)＜c(B)，水解消耗H+產(chǎn)生OH，最終達(dá)到平衡時(shí)溶液中c(H+)＜c(OH)，使溶液顯堿性，根據(jù)物料守恒可得c(HA)+c(HB)+c(A)+c(B)=c(Na+)，所以c(A)+c(B)＜c(Na+)。【詳解】A．由于酸性HA＜HB，根據(jù)鹽的水解規(guī)律，越弱越水解，則水解產(chǎn)生的弱酸分子濃度就越大，所以在等濃度的NaA和NaB混合溶液中，c(HA)＞c(HB)，A正確；B．在物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中，HA與HB均為弱酸，且HA的酸性比HB弱，A水解程度比B大，所以最終達(dá)到平衡時(shí)溶液中剩余離子濃度c(A)＜c(B)，B錯(cuò)誤；C．NaA和NaB都是強(qiáng)堿弱酸鹽，弱酸根離子水解消耗H+，使水的電離平衡正向移動(dòng)，最終達(dá)到平衡時(shí)，溶液中c(H+)＜c(OH)，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)元素守恒，c(HA)+c(HB)+c(A)+c(B)=c(Na+)，所以c(A)+c(B)＜c(Na+)，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。6.用已知濃度的NaOH溶液測(cè)定某H2SO4溶液的濃度，參考下圖，從下表中選出正確選項(xiàng)選項(xiàng)錐形瓶中溶液滴定管中溶液選用指示劑選用滴定管A堿酸石蕊乙B酸堿酚酞甲C堿酸甲基橙乙D酸堿酚酞乙A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】酸堿中和滴定時(shí)，酸液應(yīng)盛裝在酸式滴定管中，堿液應(yīng)盛裝在堿式滴定管中，酸堿指示劑一般不能用石蕊，突變時(shí)變色不明顯，會(huì)引起較大誤差。【詳解】A．不能用堿式滴定管盛裝酸性溶液，不能用石蕊做指示劑，故A錯(cuò)誤；B．不能用酸式滴定管盛裝堿性溶液，故B錯(cuò)誤；C．不能用堿式滴定管盛裝酸性溶液，故C錯(cuò)誤；D．用酚酞做指示劑，到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液顏色由無色變?yōu)闇\紅色，并且滴定管使用正確，故D正確；故選：D。7.下列各組分子都屬于含有極性鍵的非極性分子的是A.CO2、H2S B.C2H4、CH4 C.Cl2、C2H2 D.NH3、HCl【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．H2S分子中S原子有孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為V形，正負(fù)電荷中心不重合，為極性分子，A不符合題意；B．C2H4、CH4均含有CH極性鍵，且正負(fù)電荷中心重合，為非極性分子，B符合題意；C．Cl2分子中不含極性鍵，C不符合題意；D．NH3、HCl中心原子均有孤電子對(duì)，正負(fù)電荷中心不重合，極性分子，D不符合題意；綜上所述答案為B。8.在基態(tài)多電子原子中，關(guān)于核外電子能量的敘述錯(cuò)誤的是A.最易失去的電子一般能量最高 B.電離能最小的電子能量最高C.在離核最近區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)電子能量最低 D.p軌道電子能量一定高于s軌道電子能量【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)能量最低原理可知，通常離核越遠(yuǎn)的電子，其能量越高，其越容易失去，因此，最易失去的電子通常是離原子核最遠(yuǎn)的電子，A正確；B.能量越高電子，其電離能越小，故電離能最小的電子能量最高，B正確；C.根據(jù)能量最低原理可知，在離核最近區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的電子能量最低，C正確；D.不同能層的電子，其能量不同，能層越高，電子的能量越高；同一能層中，不同電子亞層的電子，其能量也不同，同一能層中，p軌道電子能量一定高于s軌道電子能量。因此，p軌道電子能量不一定高于s軌道電子能量，D錯(cuò)誤。答案選D。9.下列各組原子中，彼此化學(xué)性質(zhì)一定相似的是A.原子核外電子排布式為1s2的X原子與原子核外電子排布式為1s22s2的Y原子B.原子核外M層上僅有兩個(gè)電子的X原子與原子核外N層上僅有兩個(gè)電子的Y原子C.2p能級(jí)上只有兩個(gè)電子的X原子與3p能級(jí)上只有兩個(gè)電子的Y原子D.最外層都只有一個(gè)電子的X、Y原子【答案】C【解析】【詳解】A．X是氦原子，Y是鈹原子，它們的化學(xué)性質(zhì)差別很大，A錯(cuò)誤；B．X是鎂原子，Y可以是鈣、鈧、鈦、釩、錳、鐵、鉆、鎳、鋅，X、Y的化學(xué)性質(zhì)不一定相似，B錯(cuò)誤；C．X是碳原子，Y是硅原子，它們屬于同主族元素，彼此化學(xué)性質(zhì)一定相似，C正確；D．X、Y可以是ⅠA族元素原子，也可以是鉻原子、銅原子等，彼此化學(xué)性質(zhì)不一定相似，D錯(cuò)誤；故答案選C。10.現(xiàn)有四種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5則下列有關(guān)比較中正確的是A.第一電離能：④>③>②>①B.原子半徑：④>③>②>①C.電負(fù)性：④>③>②>①D.最高正化合價(jià)：④>③=②>①【答案】A【解析】【分析】根據(jù)元素的電子排布式，①是S、②是P、③是N、④是F?！驹斀狻緼．根據(jù)元素周期律，同一周期從左向右，元素的第一電離能逐漸增大，同主族從上向下，電離能減小，且第三周期存在反常情況：N>S，因此，第一電離能關(guān)系為：F>N>P>S，即④>③>②>①，A正確；B．原子半徑的變化規(guī)律為：同主族從上向下，原子半徑增大，同周期從左向右，原子半徑減小，因此F半徑最小，P半徑大于N，B錯(cuò)誤；C．同周期元素從左向右，元素電負(fù)性逐漸增大，即S>P，C錯(cuò)誤；D．元素的最高正價(jià)等于其族序數(shù)，F(xiàn)無正價(jià)，因此關(guān)系為：S>P=N，D錯(cuò)誤。本題選A。11.要使金屬晶體熔化必須破壞其中的金屬鍵。金屬晶體熔、沸點(diǎn)高低和硬度大小一般取決于金屬鍵的強(qiáng)弱，而金屬鍵的強(qiáng)弱與金屬陽離子所帶電荷的多少及半徑大小相關(guān)。由此判斷下列說法正確的是A.金屬鎂的硬度大于金屬鋁B.堿金屬單質(zhì)的熔、沸點(diǎn)從Li到Cs是逐漸增大的C.金屬鎂的熔點(diǎn)大于金屬鈉D.金屬鎂的硬度小于金屬鈣【答案】C【解析】【詳解】A、鎂離子比鋁離子的半徑大而所帶的電荷少，所以金屬鎂比金屬鋁的金屬鍵弱，熔、沸點(diǎn)和硬度都小，A錯(cuò)誤；B、從Li到Cs，離子的半徑是逐漸增大的，所帶電荷相同，金屬鍵逐漸減弱，熔、沸點(diǎn)和硬度都逐漸減小，B錯(cuò)誤；C、因離子的半徑小而所帶電荷多，使金屬鎂比金屬鈉的金屬鍵強(qiáng)，所以金屬鎂比金屬鈉的熔、沸點(diǎn)和硬度都大，C正確；D、因離子的半徑小而所帶電荷相同，使金屬鎂比金屬鈣的金屬鍵強(qiáng)，所以金屬鎂比金屬鈣的熔、沸點(diǎn)和硬度都大，D錯(cuò)誤；答案選C。12.在白磷(P4)分子中，4個(gè)P原子分別處在正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)，結(jié)合有關(guān)P原子的成鍵特點(diǎn)，下列有關(guān)白磷的說法正確的是A.白磷分子的鍵角為109.28′ B.分子中共有4個(gè)共價(jià)鍵C.白磷分子的鍵角為60° D.分子間存在共價(jià)鍵【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．在白磷(P4)分子中，4個(gè)P原子分別處在正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)，則白磷分子的鍵角為60°，A錯(cuò)誤；B．在白磷(P4)分子中，4個(gè)P原子分別處在正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)，任意一個(gè)頂點(diǎn)的P原子與相鄰的3個(gè)頂點(diǎn)的P原子之間形成PP鍵，則分子中共有共價(jià)鍵數(shù)目是=6個(gè)，B錯(cuò)誤；C．在白磷(P4)分子中，4個(gè)P原子分別處在正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)，則任意兩個(gè)頂點(diǎn)連線夾角是60°，即白磷分子的鍵角為60°，C正確；D．白磷(P4)是由分子構(gòu)成的物質(zhì)，在分子之間存在分子間作用力，不存在共價(jià)鍵，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。13.氮氧化鋁(AlON)屬于原子晶體，是一種超強(qiáng)透明材料，下列描述錯(cuò)的是()A.AlON和石英的化學(xué)鍵類型相同 B.電解熔融AlON可得到AlC.AlON的N元素化合價(jià)為﹣1 D.AlON和石英晶體類型相同【答案】B【解析】【詳解】A．AlON和石英均只含有極性共價(jià)鍵，A正確；B．AlON屬于原子晶體，熔融時(shí)不導(dǎo)電，電解熔融AlON得不到Al，B錯(cuò)誤；C．AlON中O為﹣2價(jià)，Al為+3價(jià)，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0，則N元素的化合價(jià)為﹣1，C正確；D．AlON和石英均屬于原子晶體，D正確；故選B?！军c(diǎn)睛】原子晶體是原子之間通過共價(jià)鍵形成的具有空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的晶體，熔沸點(diǎn)高、硬度大，常見的有金剛石、晶硅、碳化硅、氮化硅等；本題要根據(jù)題給信息進(jìn)行分析。14.下列說法正確的是()A.原子最外層電子數(shù)為2的元素一定處于周期表第ⅡA族B.主族元素X、Y能形成XY2型化合物，則X與Y的原子序數(shù)之差可能為2或5C.氯化氫的沸點(diǎn)比氟化氫的沸點(diǎn)高D.同主族元素形成的氧化物的晶體類型均相同【答案】B【解析】【詳解】A.氦原子最外層電子數(shù)為2，為零族元素，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.MgCl2中原子的原子序數(shù)之差為5，CO2中原子的原子序數(shù)之差為2，B項(xiàng)正確；C.由于HF中存在氫鍵，故HF的沸點(diǎn)比HCl的高，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.CO2為分子晶體，而SiO2為原子晶體，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。15.下列各種說法中錯(cuò)誤的是()A.形成配位鍵的條件是一方有空軌道另一方有孤電子對(duì)B.配位鍵是一種特殊的共價(jià)鍵C.NH4NO3、H2SO4都含有配位鍵D.共價(jià)鍵的形成條件是成鍵原子必須有未成對(duì)電子【答案】D【解析】【詳解】配位鍵是由成鍵的2個(gè)原子一方提供孤電子對(duì)，另外一方提供空軌道而形成的共價(jià)鍵，可見成鍵雙方都不存在未成對(duì)電子，所以A、B均正確；NH4+、SO42均含有配位鍵，C正確、D錯(cuò)誤；正確選項(xiàng)D。【點(diǎn)睛】本題要明確配位鍵形成的要素：成鍵的2個(gè)原子一方提供孤電子對(duì)，另外一方提供空軌道；這樣問題就迎刃而解了。16.下列離子的VSEPR模型與離子的空間立體構(gòu)型一致的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】A．中價(jià)電子對(duì)個(gè)數(shù)==4，VSEPR模型是正四面體，由于參與成鍵的原子數(shù)是3個(gè)，所以的空間構(gòu)型是三角錐形，故A不選；B．中價(jià)電子對(duì)個(gè)數(shù)==4，VSEPR模型是正四面體，由于參與成鍵的原子數(shù)是4個(gè)，所以的空間構(gòu)型是正四面體形，故B選；C．中價(jià)電子對(duì)個(gè)數(shù)==3，VSEPR模型是平面三角形，由于參與成鍵的原子數(shù)是2個(gè)，所以的空間構(gòu)型是V形，故C不選；D．中價(jià)電子對(duì)個(gè)數(shù)==4，VSEPR模型是正四面體形，由于參與成鍵的原子數(shù)是3個(gè)，所以的空間構(gòu)型是三角錐形，故D不選；正確答案是B。二、非選擇題17.在一定溫度下，冰醋酸加水稀釋過程中，溶液的導(dǎo)電能力如下圖所示，請(qǐng)回答：(1)“O”點(diǎn)導(dǎo)電能力為0的理由是______。(2)A、B、C三點(diǎn)溶液c(H+)由小到大的順序?yàn)開_____。(3)若使C點(diǎn)溶液中c(CH3COO)增大的同時(shí)溶液的c(H+)減小，可采取的措施是：①______；②______；③______。(4)經(jīng)實(shí)驗(yàn)測(cè)得C點(diǎn)處：c(CH3COOH)=0.1mol·L1，c(CH3COO)=0.01mol·L1，則該條件下CH3COOH的電離常數(shù)Ka=______。【答案】①.CH3COOH是共價(jià)化合物，無水不電離，也就無自由移動(dòng)的離子，所以不導(dǎo)電②.C<A<B③.加活潑金屬(如Mg)④.加堿性氧化性(如Na2O)⑤.加堿(如NaOH)加某些鹽(如Na2CO3)加醋酸鹽(如CH3COONa)⑥.1×103【解析】【分析】【詳解】(1)CH3COOH是一種共價(jià)化合物，是弱電解質(zhì)，共價(jià)化合物只有在水溶液里才能電離導(dǎo)電?！癘”點(diǎn)不導(dǎo)電說明此時(shí)CH3COOH未電離，說明此時(shí)無水，不電離，不存在自由移動(dòng)的離子。(2)c(H+)越小，導(dǎo)電能力越弱；c(H+)越大，導(dǎo)電能力越強(qiáng)。故c(H+)由小到大的順序?yàn)镃<A<B。(3)欲使c(CH3COO)增大，可以使平衡右移，即消耗c(H+)的辦法，此時(shí)可考慮酸的五大通性，其中適合的有加金屬、金屬氧化物、堿、某些鹽；也可以使平衡逆向移動(dòng)，此時(shí)只能加醋酸鹽。(4)由CH3COOHCH3COO+H+，可知c(H+)=c(CH3COO)=0.01mol·L1，則Ka=1×103。18.如圖所示三個(gè)燒瓶中分別裝入含酚酞的0.01mol·L1CH3COONa溶液，并分別放置在盛有水的燒杯中，然后向燒杯①中加入生石灰，向燒杯③中加入NH4NO3晶體，燒杯②中不加任何物質(zhì)。(1)含酚酞的0.01mol·L1CH3COONa溶液顯淺紅色的原因?yàn)開______(2)實(shí)驗(yàn)過程中發(fā)現(xiàn)燒瓶①中溶液紅色變深，燒瓶③中溶液紅色變淺，則下列敘述正確的是_______。A.水解反應(yīng)為放熱反應(yīng)B.水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C.NH4NO3溶于水時(shí)放出熱量D.NH4NO3溶于水時(shí)吸收熱量(3)向0.01mol·L1CH3COONa溶液中分別加入少量濃鹽酸、NaOH固體、Na2CO3固體、FeSO4固體，使CH3COO水解平衡移動(dòng)的方向分別為_______、_______、_______、_______(填“左”、“右”或“不移動(dòng)”)?！敬鸢浮竣?CH3COO+H2O?CH3COOH+OH，使溶液顯堿性②.BD③.右④.左⑤.左⑥.右【解析】【詳解】(1)CH3COONa中CH3COO水解使溶液顯堿性，酚酞溶液遇堿顯紅色。(2)生石灰與水劇烈反應(yīng)且放出大量熱，根據(jù)燒杯①中溶液紅色變深，判斷水解平衡向右移動(dòng)，說明水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，同時(shí)燒杯③中溶液紅色變淺，則NH4NO3溶于水時(shí)吸收熱量。(3)酸促進(jìn)CH3COO的水解；堿抑制CH3COO的水解；碳酸根離子與CH3COO帶同種電荷，水解都呈堿性，相互抑制；Fe2+水解呈酸性、CH3COO水解呈堿性，相互促進(jìn)。19.已知弱電解質(zhì)在溶液中的電離度是用已電離的弱電解質(zhì)的分子數(shù)占原弱電解質(zhì)分子總數(shù)的百分?jǐn)?shù)來表示的。(1)設(shè)某pH的硫酸溶液中水的電離度為α1，相同pH的硫酸鋁溶液中水的電離度為α2，則α1_______α2(填“＜”“＞”或“＝”)(2)若硫酸和硫酸鋁兩種溶液的pH均為3，那么硫酸溶液中水電離出的c(H+)是硫酸鋁溶液中水電離出的c(H+)的_______倍。(3)若某pH的硫酸溶液中水電離出的c(H+)=1.0×10amol·L1，而相同pH的硫酸鋁溶液中水電離出的c(H+)=1.0×10bmol·L1，(已知a、b均為小于14的正整數(shù))，那么a和b之間滿足的數(shù)量關(guān)系是_______?！敬鸢浮竣?＜②.108③.a+b=14，a＞b【解析】【分析】【詳解】(1)水是弱電解質(zhì)，存在電離平衡：H2OH++OH；向水中加入H2SO4，硫酸電離產(chǎn)生H+，使溶液中c(H+)增大，水電離受到抑制作用；向水中加入硫酸鋁，鹽電離產(chǎn)生的Al3+消耗水電離產(chǎn)生的OH，使水的電離平衡正向移動(dòng)，水電離程度增大，故當(dāng)硫酸及硫酸鋁溶液pH相同時(shí)，水電離度α1＜α2；(2)若硫酸和硫酸鋁兩種溶液的pH均為3，那么硫酸溶液中水電離出的c(H+)=c(OH)=mol/L=1011mol/L；硫酸鋁溶液中水電離出的c(H+)=103mol/L，故倍；(3)硫酸抑制水的電離，硫酸鋁促進(jìn)水的電離，所以a＞b，由兩種溶液pH相等可得10a14=10b，所以a+b=14。20.已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有強(qiáng)氧化性。將溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀為氫氧化物，需溶液的pH分別為6.4、9.6、3.7。現(xiàn)有含F(xiàn)eCl2雜質(zhì)的氯化銅晶體(CuCl2·2H2O)，為制取純凈的CuCl2·2H2O，首先將其制成水溶液，然后按圖示步驟進(jìn)行提純：請(qǐng)回答下列問題：（1）本實(shí)驗(yàn)最適合的氧化劑X是___(填序號(hào))。A．K2Cr2O7B．NaClOC．H2O2D．KMnO4（2）物質(zhì)Y是____。（3）本實(shí)驗(yàn)用加堿沉淀法能不能達(dá)到目的？___，原因是___。（4）除去Fe3＋的有關(guān)離子方程式是____。（5）加氧化劑的目的是____。（6）最后能不能直接蒸發(fā)結(jié)晶得到CuCl2·2H2O晶體___，應(yīng)如何操作___。【答案】①.C②.CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]③.不能④.因加堿的同時(shí)也會(huì)使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀⑤.Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O等]⑥.將Fe2＋氧化為Fe3＋，便于生成沉淀而與Cu2＋分離⑦.不能⑧.應(yīng)在HCl氣流中加熱蒸發(fā)【解析】【分析】加入氧化劑X的目的是把亞鐵離子氧化，根據(jù)除雜原則，不能引入新的雜質(zhì)；加入試劑Y的目的是調(diào)節(jié)pH使鐵離子生成氫氧化鐵沉淀,過濾除去沉淀,對(duì)濾液進(jìn)行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到氯化銅晶體；(1)加入氧化劑,將Fe2＋氧化為Fe3＋，易除去,除雜時(shí),不能引入新的雜質(zhì)；(2)物質(zhì)Y的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH,據(jù)此來選擇合適的試劑；(3)加堿的同時(shí)Cu2+也會(huì)生成沉淀；(4)CuO能促進(jìn)三價(jià)鐵離子的水解；(5)加入氧化劑,將Fe2＋氧化為Fe3＋；(6)CuCl2屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，加熱蒸發(fā)時(shí)促進(jìn)其水解（HCl易揮發(fā))。【詳解】(1)根據(jù)題意,加入氧化劑X可把Fe2＋氧化為Fe3＋,而沒有增加新雜質(zhì),所以X為H2O2；故答案是:C；(2)結(jié)合題示，調(diào)節(jié)pH至3.7，使Fe3＋全部沉淀,所以Y最好為CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]；故答案是:CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]；(3)加堿的同時(shí)，Cu2+也會(huì)生成沉淀；答案是:不能；因加堿的同時(shí)也會(huì)使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀；(4)鐵離子水解產(chǎn)生H+，氧化銅與H+，減小了氫離子濃度，促進(jìn)了鐵離子的水解，產(chǎn)生氫氧化鐵沉淀，達(dá)到除去鐵離子的目的；除去Fe3＋的有關(guān)離子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O等]；答案是：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O等]；(5)Fe2＋沉淀為氫氧化物時(shí)所需pH與Cu2＋的沉淀的pH相同，也就是說,Fe2＋沉淀的同時(shí),Cu2＋也會(huì)沉淀，無法將兩者分離開，根據(jù)題干提供信息可以知道Fe3＋沉淀所需的pH較小，所以應(yīng)先將Fe2＋氧化為Fe3＋后再將其除去；答案是:將Fe2＋氧化為Fe3＋，便于生成沉淀而與Cu2＋分離；(6)CuCl2屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，加熱蒸發(fā)時(shí)促進(jìn)其水解（HCl易揮發(fā))，所以應(yīng)在HCl氣氛中采用濃縮后冷卻結(jié)晶的方法，以得到CuCl2?2H2O的晶體；答案是:不能；應(yīng)在HCl氣流中加熱蒸發(fā)?！军c(diǎn)睛】CuCl2屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，水解產(chǎn)生易揮發(fā)性的鹽酸，加熱蒸干該溶液，可以得到氫氧化銅固體，灼燒可以得到氧化銅；要想從氯化銅溶液中得到氯化銅晶體，就得抑制其水解，所以應(yīng)在HCl氣氛中采用濃縮后冷卻結(jié)晶的方法，以得到CuCl2?2H2O的晶體。21.Li是最輕的固體金屬，采用Li作為負(fù)極材料的電池具有小而輕、能量密度大等優(yōu)良性能，得到廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列Li原子電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低和最高的分別為_____、_____（填標(biāo)號(hào)）。A．B．C．D．（2）Li+與H?具有相同的電子構(gòu)型，r(Li+)小于r(H?)，原因是______。（3）LiAlH4是有機(jī)合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子空間構(gòu)型是______、中心原子的雜化形式為______。LiAlH4中，存在_____（填標(biāo)號(hào)）。A．離子鍵B．σ鍵C．π鍵D．氫鍵（4）Li2O是離子晶體，其晶格能可通過圖(a)Born?Haber循環(huán)計(jì)算得到?？芍琇i原子的第一電離能為________kJ·mol?1，O=O鍵鍵能為______kJ·mol?1，Li2O晶格能為______kJ·mol?1。（5）Li2O具有反螢石結(jié)構(gòu)，晶胞如圖(b)所示。已知晶胞參數(shù)為0.4665nm，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，則Li2O的密度為______g·cm?3（列出計(jì)算式）?！敬鸢浮竣?D②.C③.Li+核電荷數(shù)較大④.正四面體⑤.sp3⑥.AB⑦.520⑧.498⑨.2908⑩.【解析】【詳解】分析：（1）根據(jù)處于基態(tài)時(shí)能量低，處于激發(fā)態(tài)時(shí)能量高判斷；（2）根據(jù)原子核對(duì)最外層電子的吸引力判斷；（3）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論分析；根據(jù)物質(zhì)的組成微粒判斷化學(xué)鍵；（4）第一電離能是氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個(gè)電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的最低能量，據(jù)此計(jì)算；根據(jù)氧氣轉(zhuǎn)化為氧原子時(shí)的能量變化計(jì)算鍵能；晶格能是氣態(tài)離子形成1摩爾離子晶體釋放的能量，據(jù)此解答；（5）根據(jù)晶胞中含有的離子個(gè)數(shù)，結(jié)合密度的定義計(jì)算。詳解：（1）根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知Li的基態(tài)核外電子排布式為1s22s1，則D中能量最低；選項(xiàng)C中有2個(gè)電子處于2p能級(jí)上，能量最高；（2）由于鋰的核電荷數(shù)較大，原子核對(duì)最外層電子的吸引力較大，因此Li＋半徑小于H－；（3）LiAlH4中的陰離子是AlH4－，中心原子鋁原子含有的價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4，且不存在孤對(duì)電子，所以空間構(gòu)型是正四面體，中心原子的雜化軌道類型是sp3雜化；陰陽離子間存在離子鍵，Al與H之間還有共價(jià)單鍵，不存在雙鍵和氫鍵，答案選AB；（4）根據(jù)示意圖可知Li原子的第一電離能是1040kJ/mol÷2＝520kJ/mol；0.5mol氧氣轉(zhuǎn)化為氧原子時(shí)吸熱是249kJ，所以O(shè)＝O鍵能是249kJ/mol×2＝498kJ/mol；根據(jù)晶格能的定義結(jié)合示意圖可知Li2O的晶格能是2908kJ/mol；（5）根