2019-2020学年高二化学下学期第一次月考试题(实验班含解析).doc

2019-2020学年高二化学下学期第一次月考试题(实验班，含解析)可能用到的原子量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cu64 Ba137 Mn-55 Cl-35.5 Si28 Ca40一、选择题（本题包括27小题, 每小题2分，共54分）1. 在物质结构研究的历史上，首先提出原子内有电子学说的是（ ）A. 道尔顿 B. 卢瑟福 C. 汤姆生 D. 波尔【答案】C【解析】试题分析：A道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体，故A错误；B卢瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型，故B错误；C汤姆生发现了电子，提出“葡萄干面包式”的原子结构模型，故C正确； D波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，故D错误；故选C。考点：考查了化学史的相关知识。2. 可以证明某化合物一定含有离子键的性质是（ ）A. 熔融状态能导电 B. 具有较高的熔点C. 可溶于水 D. 溶于水能导电【答案】A【解析】A离子化合物在熔融状态下含有自由移动的离子，所以熔融状态下能导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，所以共价化合物在熔融状态下不能导电，A正确；B具有较高熔点的化合物可能是共价化合物，如二氧化硅，B错误；C可溶于水的化合物可能是共价化合物，如HCl，C错误；D溶于水能导电的化合物可能是共价化合物，如硝酸等，D错误；答案选A。点睛：本题考查离子化合物和共价化合物的判断，侧重考查基本概念，明确离子化合物和共价化合物的根本区别是解本题关键，注意不能根据溶解性大小、水溶液酸碱性、水溶液导电性强弱判断化合物类型。3. 某短周期元素Q的原子最外层只有一个电子，下列说法正确的是（ ）A. Q一定能与卤素形成共价键 B. Q一定能与卤素形成离子键C. Q的单质中不存在化学键 D. Q与氧元素形成的化合物中可能含有共价键【答案】D【解析】Q可能是氢元素，也可能是锂元素或钠元素。氢与卤素间形成共价键，锂或钠与卤素间形成离子键，A、B项错误；H2分子内存在共价键，C错误；氢与氧形成水或过氧化氢，一定存在共价键， 钠与氧形成过氧化物，氧氧之间为共价键，D正确；正确选项D。4. 下列有关电子云和原子轨道的说法正确的是（ ）A. 原子核外的电子像云雾一样笼罩在原子核周围，故称电子云B. s能级的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子只能在球壳内运动C. p能级的原子轨道呈纺锤形，随着能层序数的增加，p能级原子轨道也在增多D. 与s电子原子轨道相同，p电子原子轨道的平均半径随能层序数的增大而增大【答案】D【解析】电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，A错误；s能级的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子不只在球壳内运动，还在球壳外运动，只是在球壳外运动概率较小，B错误； 任何能层的P能级都有3个原子轨道，与能层的大小无关，C错误；离原子核越远的电子，其能量越大，所以p原子轨道电子的平均能量随能层的增大而增加，D正确；正确选项D。点睛：电子云表示电子出现的几率，即表示电子在核外单位体积的空间出现的机会多少；量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道。5. 下列表示物质结构的化学用语正确的是（ ）A. H2O2的电子式： B. 质子数为8，中子数为10的氧原子：C. 次氯酸的结构式 HClO D. CO2的分子模型示意图：【答案】B【解析】为共价化合物，其电子式应该为，A错误；质量数=质子数+中子数=8+10=18，质子数为8，中子数为10的氧原子：，B正确；氯原子只能形成1个共价键，氧可形成2个共价键，次氯酸的结构式HOCl，C错误；CO2的分子为直线结构，键角180，D错误；正确选项B。6. 下列过程中，共价键被破坏的是（ ）碘升华 溴蒸气被木炭吸附 酒精溶于水 HCl气体溶于水 冰融化 NH4Cl受热 氢氧化钠熔化 (NH4)2SO4溶于水A. B. C. D. 【答案】A【解析】碘升华，破坏的是分子间作用力；溴蒸气被木炭吸附，破坏的为分子间作用力；酒精是非电解质，溶于水不发生电离，破坏的是分子间作用力；HCl气体溶于水，发生电离，H-Cl共价键被破坏；冰融化，破坏的是分子间作用力；NH4Cl受热会分解，发生化学变化，生成氨气和HCl，N-H共价键被破坏；氢氧化钠熔化，只有离子键被破坏；(NH4)2SO4溶于水，发生电离，离子键被破坏。综上，符合题意，选A。7. 下列分子和离子中中心原子价层电子对几何构型为四面体且分子或离子空间的构型为V形的是（ ）A. NH4 B. PH3 C. H3O D. OF2【答案】D【解析】试题分析：A、NH4+中价层电子对个数=4+(5-1-41)=4，且不含孤电子对，价层电子对几何构型和离子的空间构型均为正四面体形，故A错误；B、PH3分子中价层电子对=3+(5-31)=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该分子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，故B错误；C、H3O+离子中价层电子对=3+1=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该离子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，故C错误；D、OF2分子中价层电子对=2+2=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该分子中含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形，故D正确；故选D。【考点定位】考查判断简单分子或离子的构型【名师点晴】本题考查了微粒空间构型的判断，难度不大，先根据价层电子对判断VSEPR模型，去掉孤电子对就是其实际空间构型，这是高考的热点、学习的重点，价层电子对几何构型为四面体说明该微粒的价层电子对是4，价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对；空间构型为V形说明该微粒中含有2个孤电子对。8. 下列各组原子中,彼此化学性质一定相似的是（ ）A. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子C. 2p轨道上有三个未成对的电子的X原子与3p轨道上有三个未成对的电子的Y原子D. 最外层都只有一个电子的X、Y原子【答案】C【解析】试题分析：A、1s2结构的原子为He,1s22s2结构为Be，两者性质不相似，A错误；B、X原子为Mg，Y原子N层上有2个电子的有多种元素，如第4周期中Ca、Fe等都符合，化学性质不一定相同，B错误；C、为第A族的元素，化学性质一定相似，C正确；D、最外层只有1个电子的第A族元素可以，过渡元素中也有很多最外层只有1个电子的。故性质不一定相似，D错误，答案选C。考点：考查核外电子排布与元素性质的关系判断9. 氰气【(CN)2】和氰化物都是剧毒性物质，氰分子的结构式为NCCN，性质与卤素相似，下列叙述错误的是（ ）A. 氰分子中CN键长大于CC键长 B. 氰分子中四原子共直线，是非极性分子C. 氰气分子中含有键和键 D. 氰化氢在一定条件下能与烯烃发生加成反应【答案】A【解析】C的原子半径大于N的原子半径,则氰分子中键长小于键长, A正确；CN为直线结构,性质与卤素相似,则氰分子中四原子共直线,是非极性分子, B错误；含中有键和键，C错误；一定条件下能与烯烃发生加成反应,烯烃的双键断裂,C上分别连接,D错误；正确选项A。10. 下表中各数字(原子序数)所表示的元素与它们在周期表中位置相符的一组是（ ） A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A. 第IA族元素中，第1周期是1号的H，第2周期是3号的Li，所以A不正确； B. 5号元素是B，其 为第2周期第IIIA族元素，第3周期第IIIA族元素为13号Al元素，所以B不正确； C. 4号元素是Be，它是第2周期第IIA族元素，与其同主族的的第3周期元素是12号元素Mg，所以C不正确； D.8号元素是第2周期第VIA族元素，与它同主族的第3周期元素是16号S，与S同周期的17号Cl、18号Ar、以及与Ar同族的第1周期0族元素He，这几种元素的相对位置都正确，所以D正确。本题选D。11. 科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3（如下图所示）。已知该分子中NNN键角都是108.1，下列有关 N（NO2）3的说法正确的是（）A. 分子中N、O间形成的共价键是非极性键B. 分子中四个氮原子共平面C. 该物质既有氧化性又有还原性D. 15.2 g该物质含有6.021022个原子【答案】C【解析】试题分析：A分子中N、O间形成的共价键是极性键，A错误；B该分子中N-N-N键角都是108.1，因此分子中四个氮原子不可能共平面，B错误；C氮元素的化合价是1.5价，处于中间价态，因此该物质既有氧化性又有还原性，C正确；D15.2g该物质的物质的量是15.2g152g/mol0.1mol，则含有0.1106.021023个原子，D错误，答案选C。考点：考查化学键、空间构型、氧化性与还原性及阿伏加德罗常数计算等 12. 在分子中，羰基与甲基碳原子成键时所采取的杂化方式分别为（ ）A. sp2杂化；sp2杂化 B. sp3杂化；sp3杂化C. sp2杂化；sp3杂化 D. sp杂化；sp3杂化【答案】C【解析】在CH3COCH3（丙酮）分子中，羰基碳原子含有3个键且不含孤电子对，所以采用sp2杂化，甲基碳原子含有4个键且不含孤电子对，所以采用sp3杂化；正确选项C。点睛：根据价层电子对互斥理论来分析解答，3个键且不含孤电子对，采用sp2杂化，含有4个键且不含孤电子对，采用sp3杂化。13. 下列叙述中正确的是（）A. 以非极性键结合的双原子分子一定是非极性分子B. 以极性键结合的分子一定是极性分子C. 非极性分子只能是双原子单质分子D. 非极性分子中，一定含有非极性共价键【答案】A【解析】试题分析：A全由非极性键结合的分子为非极性分子，如氧气、氮气、氯气等，故A正确；B以极性键结合起来的分子可能为非极性分子，如甲烷、二氧化碳等，故B错误；C非极性分子可能为多原子分子，如甲烷、二氧化碳等，故C错误；D非极性分子中，可能不含非极性键，如甲烷等，故D错误；故选A。考点：考查键的极性与分子的极性14. 下列物质中不存在手性异构体的是（）A. BrCH2CHOHCH2OH B. C. CH3CHOHCOOH D. CH3COCH2CH3【答案】D【解析】BrCH2CHOHCH2OH中间的碳原子所连接的四个基团分别是-H、-OH、-CH2Br和-CH2OH，都不一样，属于手性分子，存在手性异构体，A错误； 其中标有“*”的碳原子连接了四个不同的官能团，是手性碳原子，属于手性分子，存在手性异构体，B错误 ；CH3CHOHCOOH中间的碳原子所连接的四个基团分别是-H、-OH、-CH3、-COOH，都不一样，是手性碳原子，属于手性分子，存在手性异构体，C错误；CH3COCH2CH3中没有手性碳原子，不存在手性异构体，D正确；正确选项D。点睛：手性分子存在手性异构体，手性分子中存在手性碳原子；手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子；手性碳原子判断注意：手性碳原子一定是饱和碳原子；手性碳原子所连接的四个基团不同，由此分析判断。15. 如下图所示，三角锥形分子E和直线形分子G反应，生成两种直线形分子L和M（组成E、G、L、M分子的元素原子序数均小于10），则下列判断错误的是（ ）A. G是最活泼的非金属单质B. M的化学性质活泼C. E能使紫色石蕊溶液变蓝色D. L是极性分子【答案】B【解析】试题分析：根据球棍模型及物质的性质可知E是NH3;G 是Cl2；L是HCl；M是N2。ACl2是最活泼的非金属单质,正确；B在N2中由于两个N原子之间共用三对电子，结合力强，在一般情况下不容易断开，所以化学性质不活泼，错误；CE的水溶液显碱性，因此能使紫色石蕊试液变蓝色，正确；DL是有极性键构成的极性分子，正确。考点：考查模型在物质推断、物质的性质的应用的知识。16. Co()的八面体配合物CoClmnNH3，若1mol配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则m、n的值是 ()A. m1，n5 B. m3，n4C. m5，n1 D. m4，n5【答案】B【解析】试题分析：Co（）的八面体配合物CoClmnNH3 , CoClmnNH3 呈现中性，因为NH3为中性分子，所以故m的值为3，而1mol该配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则其内界中只含2个氯离子，又因为该配合物为八面体，所以n的值为4，即该配合物的结构是：CoCl2 (NH3)4+Cl-,所以本题选择B。考点：配合物点评：本题考查了配合物的知识，该题要根据题意一步一步推断，本题难度中等。17. 下列四种元素中，其第一电离能最大的是 ()A. 原子含有未成对电子最多的第二周期元素 B. 位于周期表中第三周期A族的元素C. 原子最外层电子排布为2s22p4的元素 D. 原子最外层电子排布为3s23p3的元素【答案】A【解析】原子含有未成对电子最多的是第二周期氮元素；位于周期表中第三周期III A族的元素是铝；原子最外电子层排布为2s22p4的元素是氧；原子最外电子层排布为3s23p3的元素是磷；所以A为氮元素，B为铝元素，C为氧元素，D为磷元素；同一周期从左到右，第一电离能增大，但是氮的2p轨道为半充满状态，稳定性较强，第一电离能较大，A正确；正确选项A。18. 下列各组元素的性质正确的是()A. 第一电离能：BAlGa B. 电负性：FNOC. 最高正价：FSSi D. 原子半径：PNC【答案】A【解析】试题分析：A、同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，镁的3s轨道电子处于全充满状态，稳定性强，所以第一电离能MgAlGa，A正确；B、同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以电负性顺序为FON，B错误；C、主族元素最外层电子数=最高正价，氧元素和氟元素无正价，所以最高正价顺序为SSi，C错误；D、同一周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，下一周期元素的原子半径一般比相邻上一周期元素的原子半径大；所以原子半径顺序为：PCN，D错误，答案选A。考点：考查元素周期律。19. X、Y两元素可形成X2Y3型化合物，则X、Y原子最外层的电子排布可能是()A. X：3s23p1Y：3s23p5 B. X：3s2Y：2s22p3C. X：3s23p1Y：3s23p3 D. X：2s22p3Y：2s22p4【答案】D【解析】试题分析：X、Y两元素可形成X2Y3型化合物，则X、Y的常见化合价为+3、-2，即X元素容易失去3个电子达到稳定结构，Y元素容易得到2个电子达到稳定结构。选项中元素为第二、三周期元素，稳定结构均是最外层达到8电子。考点：核外电子排布点评：此知识点难度不高，考生应注意要遵循能量最低原理来书写电子排布式。掌握泡利不相容原理和洪特规则的内容是解题的关键。20. 下列关于离子键、共价键的各种叙述中正确的是（ ）A. 在离子化合物里，只存在离子键，没有共价键B. 非极性键只存在于双原子的单质分子中C. 在共价化合物分子内，一定不存在离子键D. 由不同元素组成的多原子分子里，一定只存在极性键【答案】C【解析】在离子化合物里,一定存在离子键,可以存在共价键，A错误；非极性键不只存在于双原子的单质分子中,如是含有极性键和非极性键的化合物，B错误；在共价化合物分子内,一定不存在离子键,C正确；由不同元素组成的多原子分子里，不一定只存在极性键,如是含有极性键和非极性键的化合物，D错误；正确选项C。 点睛：不同非金属元素之间形成极性共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键；由不同元素组成的多原子分子里,可能存在极性键、非极性键。21. 有关乙烯、苯分子的的描述不正确的是 （ ）A. 碳原子都采用sp2杂化 B. 分子中都含有键和键C. 分子都是平面结构 D. 都能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】苯分子(C6H6)中的6个C原子均采用的是sp2杂化，每个C原子都用1个sp2杂化轨道与H原子形成一个键，每个C原子再用另外的2个sp2杂化轨道分别与相邻的两个C原子形成一个键，6个C原子各有一个未参加杂化的2p轨道，它们垂直于杂化轨道平面，相互平行重叠，形成大键；因此每个碳碳键的键长均相等，其数值介于碳碳单键和碳碳双键之间，6个碳原子和6个氢原子共平面；由于大键的存在，使苯的结构稳定，难于发生加成和氧化，不能使酸性高锰酸钾褪色；乙烯中C原子上含有3个键电子对,则中心原子采用杂化, 属于平面结构,所以乙烯分子中所有原子一定在同一平面；乙烯分子中含有一个双键和4个单键,则含有5个键和1个键；乙烯分子中含有碳碳双键，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化导致高锰酸钾溶液褪色；综上所述，D符合题意；正确选项D。22. 下列分子或离子中，能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键的是（ ）H2O NH3 Cl CN COA. B. C. D. 【答案】D【解析】在H2O 的O原子上有孤对电子，能与某些金属离子形成配位键，正确；在NH3的N原子上有孤对电子，能与某些金属离子形成配位键，正确；在Cl的Cl原子上有孤对电子，能与某些金属离子形成配位键，正确；在CN的N原子上有孤对电子，能与某些金属离子形成配位键，正确；在CO的O原子上有孤对电子，能与某些金属离子形成配位键，正确。均符合题意；正确选项D。23. 下列说法正确的是（ ）A. 凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子，其几何构型都是正四面体B. HO键键能为463 kJ/mol，即18gH2O分解成H2和O2时，消耗能量为2463 kJC. sp3杂化轨道是由同一原子中能量最近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相同的新轨道D. 凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键【答案】C【解析】凡是中心原子采取杂化轨道成键的分子不一定都是正四面体，比如，就属于三角锥形，A错误；HO键键能为463 kJ/mol，说明断裂2mol氢氧键消耗能量为926千焦,但生成氢气、氧气分子时会放出能量，所以18克水分解成氢气和氧气时,消耗能量小于926千焦；B错误；杂化轨道的定义就是“由同一原子中能量最近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相同的新轨道，C正确；比如就属于杂化，D错误；正确选项C。24. 下列有关含高能量的正离子N5的化合物N5AsF6的叙述正确的是（ ）A. N5与H2S是等电子体 B. N5中氮氮原子间以共用电子对结合C. N5AsF6化合物是共价分子 D. N5AsF6化合物是极性分子【答案】B【解析】等电子体是指原子个数相等，电子数目相同的粒子，与的原子个数不同，电子总数N5为34个，H2S为18个，不是等电子体，A错误；中氮氮原子间形成共价键，以共用电子对结合，B正确；是由和形成的离子化合物，C错误；，是由和形成的离子化合物，不是共价化合物，因此不是极性分子，D错误；正确选项B。25. 根据等电子原理，由短周期元素组成的粒子，只要其电子总数相同，均可互称为等电子体。等电子体之间结构相似，物理性质也相近。以下各组粒子能互称为等电子体的是（ ）A. O3和SO2 B. CO和N2 C. CO和NO D. N2H4 和C2H4【答案】B【解析】O3和SO2的原子个数都为3，电子总数O3为24，SO2为32，不符合题定义，不属于等电子体, A错误；CO和的原子个数都为2，电子总数CO为14，N2为14，符合题意，属于等电子体,B正确；CO和NO的原子个数都为2，电子总数CO为14，NO为15，不符合题定义，不属于等电子体, C错误；N2H4 和C2H4的原子个数都为6，电子总数N2H4为18，C2H4为16，不符合题定义，不属于等电子体, D错误；正确选项B。26. 下列对应关系不正确的是()选项ABCD中心原子所在族第A第A第A第A分子通式AB4AB3AB2AB2立体构型正四面体形平面三角形直线形V形A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】当中心原子在A族时，AB3分子应是三角锥形。当中心原子在A族时，AB4分子是正四面体形，当中心原子在A族时，AB2分子是直线形，当中心原子在A族时，AB2分子是形。答案选B。27. 下列反应过程中，同时有离子键，极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是( )A. NH4ClNH3+ HCl B. NH3+CO2+H2ONH4HCO3C. 2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O D. 2Na2O2+2 CO22Na2 CO3+O2【答案】D【解析】依题意，反应物和生成物都必须含有离子键、极性共价键和非极性共价键。NH4Cl中不含非极性共价键，NH3、CO2、H2O中都不含离子键，A、B选项错误；NaCl、NaClO、H2O都不含非极性共价键，C选项错误。选项D中过氧化钠含有离子键和非极性键，二氧化碳中含有极性键，生成物碳酸钠中含有离子键和极性键，氧气中含有非极性键，D符合，答案选D。第卷（非选择题：四大题，共46分）28. （1）含碳物质不完全燃烧会产生CO。血红蛋白中含有Fe2+，CO易与血红蛋白结合成稳定的配合物而使人中毒，写出铁离子(Fe3+)的核外电子排布式为_，CO有多种等电子体，其中常见的一种分子是_。利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe(CO)5等，已知一个COCl2分子中每个原子最外层都形成8电子的稳定结构，则一个COCl2分子内含有_个键，C原子的杂化方式为_。Fe(CO)5等在一定条件下分解生成CO和铁，反应过程中断裂的化学键是_，形成的化学键是_。（2）A、B均为短周期金属元素。依据下表数据，回答问题：电离能/kJmol-1I1I2I3I4A93218211539021771B7381451773310540写出A原子的电子排布图_，Al原子的第一电离能_（填：“大于”、“小于”或“等于”）738 kJmol-1，原因是_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5 (2). N2 (3). 3个 (4). sp2 (5). 配位键 (6). 金属键 (7). (8). 小于 (9). 由表中数据判断B为Mg元素，其最外层电子排布式为3s2，而Al最外层电子排布式为3s23p1，当3p处于全充满、半充满或全空时较稳定，因此，失去p亚层的1个电子相对比较容易。【解析】（1）的核外电子排布为，因此的核外电子排布式为；的电子数为14，的电子数也为14；分子的结构简式为，共价单键为键，共价双键含有一个键，一个键，因此一个分子内含有3个键；该分子中有一个双键和两个单键，因此原子杂化方式为；的配体的中心原子为金属原子，由于断裂的是中心原子和配体之间的配位键，所以断裂后配体形成CO，中心原子间形成金属键成为金属晶体；正确答案: 1s22s22p63s23p63d5 ；N2 ；3个； sp2 ； 配位键 ；金属键 。 29. （1）中国古代四大发明之一黑火药，它的爆炸反应为：2KNO3 + 3C+SA + N2+ 3CO2（已配平）除S外，上列元素的电负性从大到小依次为_。在生成物中，A的电子式_，含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为_。已知CN与N2结构相似，推算HCN分子中键与键数目之比为_。（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2。T的基态原子外围电子（价电子）排布为_，Q2的未成对电子数是_。（3）在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为CrCln(H2O)6nx+（n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（RH），可发生离子交换反应：CrCln(H2O)6nx+xRHRxCrCln(H2O)6nx+xH+，交换出来的H+经中和滴定，即可求出x和n,确定配离子的组成。将含0.0015 mol CrCln(H2O)6nx+的溶液，与RH完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200 molL1NaOH溶液25.00 ml，可知该配离子的化学式为_。【答案】 (1). ONCK (2). 离子晶体 (3). sp (4). 1:1 (5). 3d84s2 (6). 4 (7). CrCl(H2O)52+【解析】（1）同周期自左而右电负性增大，金属性越强电负性越小，故电负性ONCK，正确答案：ONCK。含极性共价键的分子为CO2，分子中C原子形成2个C=O键，不含孤对电子，杂化轨道数目为2，为sp杂化方式，由原子守恒可知，物质A为K2S，属于离子晶体，正确答案：离子晶体；sp。CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-CN，三键中含有1个键、2个键，单键属于键，故HCN分子中键与键数目之比为1：1；正确答案：1：1。（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q、T处于第族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，Ni元素是28号元素，Ni原子价电子排布式为3d84s2，Fe2+的核外电子排布式为1s24s22p63s23d6，3d能级有4个单电子；正确答案：3d84s2；4。（3）中和生成的氢离子需浓度为0.12 molL1氢氧化钠溶液25.00 ml ,由H+OH-=H2O,可以得出H+的物质的量为0.122510-3=0.003mol,所以,CrCln(H2O)6nx+（中Cr的化合价为+3价,则有3-n=2,计算得出n=1,即该配离子的化学式为CrCl(H2O)52+；正确答案：CrCl(H2O)52+。点睛：第（3）问题分析方法：中和发生反应: H+OH-=H2O,由中和生成的氢离子需要的NaOH溶液,可得出氢离子物质的量,进而计算出x, CrCln(H2O)6nx+中Cr的化合价为+3价,化合价代数和等于离子所带电荷，据此计算n的值，进而确定该配离子化学式。30. 兴趣小组在实验室用制备的氯气与一氧化氮在常温常压下合成亚硝酰氯。【查阅资料】亚硝酰氯(NOCl,熔点：-64.5,沸点：-5.5)是一种黄色气体，液体状态呈红褐色，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。对眼睛、皮肤和粘膜有强烈刺激性，具有类似氯气和氮氧化物的毒作用。冰水中加入NaCl可降低温度。【原料制备】在实验室分别制备原料气NO和Cl2。(1)用如下装置制备纯净干燥的气体，请补充下表中各仪器中的试剂_。【合成亚硝酰氯】利用制得的NO和Cl2制备NOCl,装置如图所示：(2)装置、除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是_。(3)装置连顺序为a_(按气流自左向右方向,用小写字母表示)。(4)装置的作用是_。(5)装置在实验时，预期观察到的现象是_。(6)装置中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为_。【拓展学习】(7)查阅资料，得知配制王水(浓硝酸与浓盐酸的混酸)时会生成亚硝酰氯和氯气,该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 浓盐酸 饱和食盐水 稀硝酸 水 (2). 通过观察气泡调节气体的流速 (3). efcbd(或fecbd) (4). 防止水蒸气进入反应器 (5). U型管内充满黄色气体，并有红色液体凝结 (6). NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O (7). HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl+Cl2+2H2O(2)装置、装有浓硫酸，除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是通过观察气泡调节气体的流速；正确答案：通过观察气泡调节气体的流速。(3)氯气和一氧化氮混合后在装置中发生反应生成NOCl，通过a进入到装置内，进行液化，收集NOCl，多余的尾气再用碱液吸收的同时，必须用VII装置吸收水蒸气，以防止NOCl与水发生水解，所以装置连顺序为a.efcbd(或fecbd)；正确答案：efcbd(或fecbd)。(4)装置内装有无水氯化钙，其作用是防止水蒸气进入反应器；正确答案：防止水蒸气进入反应器。(5) 已知亚硝酰氯(NOCl,熔点：-64.5,沸点：-5.5)是一种黄色气体，液体状态呈红褐色，遇水易水解；据此可知装置在实验时，预期观察到的现象：U型管内充满黄色气体，并有红色液体凝结 ；正确答案：U型管内充满黄色气体，并有红色液体凝结。 (6) 装置中装有碱液，吸收尾气时，氢氧化钠溶液与NOCl发生反应生成氯化钠和亚硝酸钠，化学方程式为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；正确答案：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。(7)配制王水(浓硝酸与浓盐酸的混酸)时会生成亚硝酰氯和氯气,该反应为氧化还原反应，化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl+Cl2+2H2O；正确答案：HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl+Cl2+2H2O。31. 镍废料中主要含有Ni,还有少量的Cu、Fe、Pb等。现从中制取Ni2O3,可用于制造人造卫星、宇宙飞船的高能电池，也可用于制成镍镉碱性电池。生产流程见下：已知0.010mol/L金属离子在不同pH下的沉淀情况如下：Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+开始沉淀pH3.05.07.49.7完全沉淀pH4.06.59.011回答下列问题：(1)加入碳酸钙调pH的目的是_，“沉渣2”的主要成分是_，必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”的原因是_。(2)用离子方程式解释加入NH4F“除Ca”的过程_。(3)“酸浸”时参与反应的H2SO4与HNO3物质的量比保持为32，此时Ni单质所发生的化学方程式为_。(4)“操作X”是_、_，煅烧时产生两种气体的成分是_。(5)向NiO中加入盐酸溶解，待完全溶解后，加入足量NaOH溶液，再加入NaClO溶液，写出其中和NaClO相关的反应的离子方程式为_。(6)根据上表数据，计算当0.010mol/LNiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时的c(Ni2+)=_mol/L。【答案】 (1). 提高溶液pH,去除Fe3+(使之转化为Fe(OH)3)(只答出了调节pH不得 (2). CuS (3). “除Cu”时溶液pH会降低，可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀 (4). Ca2+2F-=CaF2 (5). 3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO+4H2O (6). 过滤 (7). 洗涤 (8). CO、CO2 (9). 2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O (10). 10-52【解析】（1）铁能够和盐酸反应生成亚铁离子，被双氧水氧化为铁离子，然加入碳酸钙调pH，使铁离子变为沉淀而除去；铜和混合酸反应生成铜离子，加入硫化氢后产生硫化铜沉淀，得到“沉渣2”； 必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”的原因是“除Cu”时溶液pH会降低，可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀；正确答案：提高溶液pH，去除Fe3+(使之转化为Fe(OH)3) ；CuS； “除Cu”时溶液pH会降低，可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀。 （2）溶液中的氟离子与钙离子反应生成氟化钙沉淀，达到除钙的目的；离子方程式为Ca2+2F-=CaF2；正确答案：Ca2+2F-=CaF2。（3）假设H2SO4与HNO3物质的量分别为3mol,2mol；两种混合酸提供氢离子8mol，,2mol硝酸根离子全部被还原为2mol一氧化氮，转移电子总数为6mol；镍在反应中被氧化为硫酸镍，根据电子守恒可知，消耗金属镍3mol；根据上述反应关系，该反应化学方程式为：3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO+4H2O；正确选项：3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO+4H2O。（4）滤液中加入草酸形成草酸镍固体，然后进行过滤、洗涤操作；草酸镍煅烧后变为三氧化二镍、一氧化碳和二氧化碳气体；正确答案：过滤；洗涤；CO、CO2。（5）向NiO中加入盐酸溶解，待完全溶解后生成氯化镍，氯化镍在碱性环境下被次氯酸钠氧化为三氧化二镍、次氯酸钠被还原为氯化钠，离子方程式为：2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O ；正确答案：2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O。