/河北省衡水中學2017屆高三下學期七調理科綜合化學試題1.化學創造美妙生活。以下說法不正確的選項是A.食品包裝內常放置具有吸水性的化學藥品以保持枯燥,如五氧化二磷和硅膠B.青蒿素在超臨界CO2中有很強的溶解性,萃取青蒿素可用超臨界CO2作萃取劑C.利用太陽能電池板發電,不發生化學變化D.在即將到來的新能源時代,核能、太陽能、氫能將成為主要能源【答案】A【解析】A、五氧化二磷與水反響生成酸,酸具有腐蝕性,不能作食品枯燥劑,而硅膠可以,選項A不正確；B、青蒿素為有機酯類物質,不溶于水,在超臨界CO2中有很強的溶解性,那么萃取青蒿素可用超臨界CO2作萃取劑,選項B正確；C、太陽能電池板發電,太陽能轉化為電能,沒有新物質生成,那么不發生化學變化,選項C正確；D、減少化石能源的使用,開發核能、太陽能、氫能等新能源,在即將到來的新能源時代,核能、太陽能、氫能將成為主要能源,選項D正確。答案選A。2.被譽為“礦石熊貓〞的香花石,由我國地質學家首次發現,它由前20號元素中的6種組成,其化學式為X3Y2(ZWR4),其中X、Y、Z為金屬元素,Z的最外層電子數與次外層電子數相等,X、Z位于同族,Y、Z、R、T位于同周期,R最外層電了數是次外層的3倍,T無正價,X與R原子序數之和是W的2倍。以下說法錯誤的選項是A.原子半徑：Y>Z>R>TB.氣態氫化物的穩定性：W<R<TC.最高價氧化物對應的水化物的堿性：X>ZD.XR2、WR2兩種化合物中R的化合價一樣【答案】D【解析】試題分析：香花石化學式為X3Y2(ZWR4)3T2,由前20號元素中的6種組成,其中R原子最外層電子數為其次外層電子數的3倍,R原子只能有2個電子層,最外層電子數為6,那么R為O元素；Y、Z、R、T位于同周期,即處于第二周期,T元素無正價,那么T為F元素；Z的最外層電子數與次外層電子數相等,那么Z為Be元素；Y為金屬元素,那么Y為Li；X、Z位于同主族,那么X為Mg元素或Ca元素,假設X為鎂元素,那么由X與R原子序數之和是W的2倍,那么=10,推出W為氖元素不符合題意,假設X為Ca元素,那么由X與R原子序數之和是W的2倍,那么=14,推出W為Si元素,符合題意；A．Y為鋰元素、Z為鈹元素、R為氧元素、T為氟元素,位于同周期,元素的原子半徑從左向右半徑在減小,即原子半徑：Y＞Z＞R＞T,故A正確；B．W為硅元素、R為氧元素、T為氟元素,非金屬性F＞O＞Si,那么氣態氫化物的穩定性W＜R＜T,故B正確；C．X為鈣元素、Z為鈹元素,金屬性Ca＞Be,那么最高價氧化物對應的水化物堿性：氫氧化鈣＞氫氧化鈹,故C正確；D．XR2、WR2兩化合物CaO2、SiO2,CaO2中O元素為﹣1價,SiO2中O元素化合價為﹣2,故D錯誤,應選D。【考點定位】考察構造性質位置關系應用【名師點晴】推斷元素是解題的關鍵,注意掌握核外電子排布與元素周期律；香花石化學式為X3Y2(ZWR4)3T2,由前20號元素中的6種組成,其中R原子最外層電子數為其次外層電子數的3倍,R原子只能有2個電子層,最外層電子數為6,那么R為O元素；Y、Z、R、T位于同周期,即處于第二周期,T元素無正價,那么T為F元素；Z的最外層電子數與次外層電子數相等,那么Z為Be元素；Y為金屬元素,那么Y為Li；X、Z位于同主族,那么X為Mg元素或Ca元素,假設X為鎂元素,那么由X與R原子序數之和是W的2倍,那么=10,推出W為氖元素不符合題意,假設X為Ca元素,那么由X與R原子序數之和是W的2倍,那么=14,推出W為Si元素,據此解答即可。3.以下有機物的同分異構體數目(不考慮立體異構〕由小到大的順序是①②③④分子式C8H10C3H5ClC4H8O2C4H9ClO限定條件芳香烴能發生加成反響能與氫氧化鈉溶液反響能與鈉反響A.③②①④B.②③①②C.③①②④D.②①③④【答案】D【解析】①分子式為C8H10的芳香烴中,假如只含有1個取代基,那么為乙基,那么有乙基苯。假如含有兩個取代基,那么為兩甲基,有鄰位、間位、對位三種,那么有1,2－二甲基苯,1,3－二甲基苯,1,4－二甲基苯,共計是4種；②C3H5Cl,能發生加成反響,說明含有碳碳雙鍵,可看成是丙烯分子中的1個氫原子被1個氯原子取代,取代不同碳原子上的氫原子有3種；③分子式C4H8O2的有機物能與氫氧化鈉反響的有羧酸和酯,假設為羧酸,除羧基外,丙基有兩種：正丙基和異丙基,那么屬于羧酸的有2種；假設為酯,甲酸丙酯有2種,乙酸乙酯只有1種,丙酸甲酯1種,4種酯,總共6種同分異構體；④C4H9ClO能與鈉反響,說明含有羥基而不是醚的構造,可看成是丁烷分子中的2個氫原子分別被1個氯原子和1個羥基取代,而丁烷有正丁烷和異丁烷,假如正丁烷取代同一個碳原子上的氫原子,那么有2種,取代不同碳原子上的氫原子有6種；假如異丁烷取代同一個碳原子上的氫原子,那么有2種,取代不同碳原子上的氫原子有3種；合計是11種。答案選D。4.某恒溫密閉容器發生可逆反響Z(?)+W(?)X(g)+Y(?)△H,在t1時刻反響到達平衡,在t2時刻縮小容器體積,t3時刻再次到達平衡狀態后未再改變條件。以下有關說法中正確的選項是A.Z和W在該條件下至少有一個是為氣態B.t1～t2時間段與t3時刻后,兩時間段反響體系中氣體的平均摩爾質量不可能相等C.假設該反響只在某溫度T0以上自發進展,那么該反響的平衡常數K隨溫度升高而增大D.假設在該溫度下此反響平衡常數表達式為K=c(X〕,那么t1～t2時間段與t3時刻后的X濃度不相等【答案】C【解析】試題分析：A、根據圖像可知,正反響速率不隨反響時間和壓強的改變而改變,故Z和W都是不是氣體,A錯誤；B、結合圖像可知,X是氣體,Y可能是氣體,也可能不是,所以反響過程中氣體的摩爾質量可能會相等,B錯誤；C、由于該反響在溫度為T0以上時才能自發進展,根據△H-T△S＜0,得出該反響是吸熱反響,升高溫度平衡正向挪動,平衡常數增大,C正確；D、由于化學平衡常數只與溫度有關,該溫度下平衡常數的表達式K=c〔X〕是定值,那么t1～t2時間段與t3時刻后的c〔X〕相等,D錯誤；答案選C。考點：考察化學平衡有關計算、化學平衡圖像等5.向含amolH2S水溶液中通入bmolCl2,當通入的Cl2少量時,產生淺黃色渾濁,增加通入C12的量,淺黃色渾濁逐漸消失,最后成為無色溶液,溶液呈酸性,以下說法不正確的選項是A.當b≤a時,發生的離子方程式：H2S+Cl2=2H++S↓+2Cl-B.當2a=b時,發生的離子方程式：3H2S+6Cl2+4H2O=14H++2S↓+SO42-+12Cl-C.當a≤b≤4a時,反響中轉移電子的物質的量n(e-)為2amol≤n(e-)≤8amolD.當a<b<4a時,溶液中的S、SO42-、Cl-的物質的量比為(4a-b)∶(b-a)∶2b【答案】D【解析】試題分析：A．當b≤a時,氯氣缺乏,氯氣只把H2S氧化為單質S,發生的離子方程式：H2S+Cl2=2H++S↓+2Cl-,A正確；B．當2a=b時,生成的S繼續被氯氣氧化,發生的離子方程式：3H2S+6Cl2+4H2O=14H++2S↓+SO42-+12Cl-,B正確；C．當4a=b時,生成的S繼續被氯氣氧化,發生的離子方程式：H2S+4Cl2+4H2O=10H++SO42-+8Cl-,因此當a≤b≤4a時,反響中轉移電子的物質的量n(e-)為2amol≤n(e-)≤8amol,C正確；D．當a<b<4a時根據電荷守恒和S原子守恒,溶液中的S、SO42-、Cl-的物質的量比為(4a-b)∶(b-a)∶6b,D錯誤。答案選D。考點：考察氧化復原反響的有關判斷與計算6.某同學組裝了如下圖的電化學裝置,電極Ⅰ為Al,其他電極均為Cu,那么以下表達中正確的選項是A.電極Ⅰ發生復原反響B.電流方向：電極Ⅳ電極ⅠC.電極Ⅱ逐漸溶解D.電極Ⅲ的電極反響：Cu2++2e-=Cu【答案】B【解析】試題分析：A、電極Ⅰ是原電池的負極,發生氧化反響,錯誤；B、電極I與II及電解質溶液構成原電池,電極III與IV及電解質溶液構成電解池,原電池中Al作負極,Cu作正極,電極III是電解池的陽極,電極IV是電解池的陰極,所以電流的流向是從電源的正極流出,流到陽極,再從陰極流回電源的負極,正確；C、電極Ⅱ是原電池的正極,正極上有Cu析出,錯誤；D、電極Ⅲ是電解池的陽極,所以發生氧化反響,Cu失去電子生成Cu2＋,錯誤,答案選A。考點：考察原電池、電解池的組合裝置的判斷,反響原理的應用7.根據表提供的數據,以下判斷正確的選項是弱酸化學式CH3COOHHClOH2CO3電離平衡常數1.8×10-63.0×10-8Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×l0-11A.等物質的量的Na2CO3和CH3COOH兩種溶液混合,一定有：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(CH3COO-)B.常溫下,酸H2A存在如下平衡：H2AH++HA-；HA-H++A2-(Ka1=5.9×10-2,Ka2=6.4×10-6),那么NaHA溶液中水的電離程度一定大于純水中水的電離程度C.一樣濃度的CH3COONa和NaClO混合溶液中各離子濃度大小關系是：C(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)D.常溫下,在0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加0.1mol/LNaOH的溶液發生反響,當c(CH3COOH〕：c〔CH3COO-〕=5:9時,此時溶液pH=5【答案】D【解析】A、根據電荷守恒規律,等物質的量的Na2CO3和CH3COOH兩種溶液混合一定有c(Na+)+c(H＋)=c(OH－)+c(CH3COO-)+c(HCO3-)+2c(CO32－),選項A錯誤；B、H2A為二元弱酸,那么NaHA溶液的酸堿性未知,HA-的水解與電離程度的強弱無法判斷,所以NaHA溶液中水的電離程度與純水中水的電離程度無法比擬,選項B錯誤；C、根據電離平衡常數可知,醋酸的酸性大于次氯酸,所以同濃度的醋酸鈉與次氯酸鈉的混合液中次氯酸根離子的水解程度大于醋酸根離子的水解程度,溶液呈堿性,那么溶液中離子的濃度關系是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+),錯誤；D、常溫下,在0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加0.1mol/LNaOH的溶液發生反響,當c(CH3COOH):c(CH3COO-)=5:9時,根據醋酸的電離常數K=1.8×10-5=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH),那么c〔H+點睛：考察電解質溶液中離子濃度的關系比擬,電離常數的應用,正確書寫電離平衡常數以及會利用溶液中三大守恒原理：電荷守恒、物料守恒、質子守恒是解答題目的關鍵。8.某廢催化劑含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.50%的ZnS和12.8%的CuS及少量的Fe3O4。某同學用15.0g該廢催化劑為原料,回收鋅和銅。采用的實驗方案如下,答復以下問題：：ZnS與稀硫酸反響,且化合價不變；CuS既不溶解于稀硫酸,也不與稀硫酸反響〔1〕在以下裝置中,第一次浸出反響裝置最合理的_______〔填標號〕。〔2〕濾液1中含有Fe2+,選用提供的試劑進展檢驗,檢驗方法如下：____________。〔提供的試劑：稀鹽酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水〕〔3〕本實驗要用到抽濾,設所用的洗滌劑為X,抽濾洗滌沉淀的操作__________。〔4〕寫出第二次浸出的化學反響方程式__________________________,向盛有濾渣1的反響器中加H2SO4和H2O2溶液,應先加_________________。〔5〕濾渣2的主要成分是____________________________________。濃縮、結晶得到硫酸鋅晶體的主要儀器名稱是______________________。〔6〕某同學在實驗完成之后,得到1.50gCuSO4·5H2O,那么銅的回收率為_____。【答案】(1).D(2).取少量濾液1,滴加高錳酸鉀溶液,假設褪色,那么證明有亞鐵離子(3).關小水龍頭,使洗滌劑X緩緩通過沉淀物(4).CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O(5).H2SO4(6).SiO2、S(7).蒸發皿(8).30%.【解析】〔1〕第一次浸出主要是ZnS和稀硫酸反響,ZnS和稀硫酸反響生成ZnSO4和H2S,硫化氫有毒,污染環境,所以必需要有尾氣處理裝置,適宜的裝置是D；〔2〕檢驗濾液1中的Fe2+,根據提供的試劑,為了操作簡便可以選用高錳酸鉀溶液,第一次浸出時加了稀硫酸,所以不需要再加酸,答案為：取少量濾液1,滴加高錳酸鉀溶液,假設褪色,那么證明有Fe2+；〔3〕抽濾洗滌沉淀的操作是：關小水龍頭,使洗滌劑x緩緩通過沉淀物；〔4〕第二次浸出主要是CuS在酸性條件下和H2O2發生的氧化復原反響,反響的化學方程式為CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O,向盛有濾渣1的容器中加H2SO4和H2O2,由于濾渣的主要成分是SiO2和CuS,可以催化過氧化氫分解,所以要先參加H2SO4；〔5〕二氧化硅不會和硫酸及過氧化氫反響,所以濾渣2的主要成分是SiO2,濃縮、結晶得到硫酸鋅晶體的儀器是蒸發皿；〔6〕廢催化劑中銅的物質的量為15.0g×12.8%96g/mol=0.02mol,1.50gCuSO4·5H2O晶體中銅的物質的量為：1.5g250g/mol=0.006mol9.從古至今,鐵及其化合物在人類消費生活中的作用發生了宏大變化。(1)古代中國四大創造之一的司南是由天然磁石制成的,其主要成分是__________(填字母序號)。a.Feb.FeOc.Fe3O4d.Fe2O3(2)現代利用鐵的氧化物循環裂解水制氫氣的過程如圖二所示。整個過程與溫度親密相關,當溫度低于570℃時,Fe3O4(s)和CO(g)反響得到的產物是Fe(s)和CO2(g),阻礙循環反響的進展.圖1圖2①：Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)△H1=+19.3kJ·mol-13FeO(s)+H2O(g)Fe3O4(s)+H2(g)△H2═-57.2kJ·mol-1C(s)+CO2(g)2CO(g)△H3=+172.4kJ·mol-1鐵氧化物循環裂解水制氫氣總反響的熱化學方程式是________________。②如圖一表示其他條件一定時,Fe3O4(s)和CO(g)反響達平衡時CO(g)的體積百分含量隨溫度的變化關系．i.反響Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)△H___0〔填“＞〞、“＜〞或“=〞〕,理由是______________。ii.隨溫度升高,反響Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)平衡常數的變化趨勢是____；1000℃時,該反響的化學平衡常數的數值是___________。(3)①古老而神奇的藍色染料普魯士藍的合成方法如下：復分解反響ii的離子方程式是________________。②如今基于普魯士藍合成原理可檢測食品中CN-,方案如下：假設試紙變藍那么證明食品中含有CN-,請解釋檢測時試紙中FeSO4的作用_______________。【答案】(1).c(2).C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)△H=+l34.5kJ·mol-1.(3).△H<0(4).當其他條件一定時,溫度升高,CO的體積百分含量增大,可逆反響Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)逆向挪動,故△H<0(5).增大(6).4(7).3[Fe(CN)6]4-+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓(8).堿性條件下,Fe2+與CN-結合生成[Fe(CN)6]4-；Fe2+被空氣中O2氧化生成Fe3+；[Fe(CN)6]4-與Fe3+反響生成譜魯士藍使試紙顯藍色【解析】(1)古代中國四大創造之一的司南是由天然磁石制成的,磁鐵成分主要是四氧化三鐵,選c；

(2)①Ⅰ．Fe3O4(s)+CO(g)?3FeO(s)+CO2(g)△H1═+19.3kJ?mol-1

Ⅱ.3FeO(s)+H2O(g)?Fe3O4(s)+H2(g)△H2═-57.2kJ?mol-1

Ⅲ．C(s)+CO2(g)?2CO(g)△H3═+172.4kJ?mol-1

根據蓋斯定律計算Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得到鐵氧化物循環裂解水制氫氣總反響的熱化學方程式；C(s)+H2O(g)═H2(g)+CO(g)△H═+134.5

kJ?mol-1；

②i.當溫度低于570℃時,溫度降低CO的轉化率增大；因為當溫度低于570℃時,溫度降低,CO的體積百分含量降低,可逆反響Fe3O4+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)正向挪動,故CO的轉化率增大。ii．高于570°C,隨溫度升高,反響Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)平衡正向進展,平衡常數的變化趨勢增大,1040℃時CO體積分數為20%,結合三行計算列式計算得到平衡濃度,設起始濃度CO為1mol/L,消耗CO濃度為x

Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)

起始量(mol/L)

1

0

變化量(mol/L)

x

x

平衡量(mol/L)

1-x

x

1-x1=20%,x=0.8mol/L,K=0.81-0.8=4；

(3)①[Fe(CN)6]4-和Fe3+反響生成Fe4[Fe(CN)6]3藍色沉淀,反響的離子方程式為：3[Fe(CN)6]4-+4Fe3+═Fe4[Fe(CN)6]3↓；

②基于普魯士藍合成原理可檢測食品中CN-,堿性條件下,Fe2+與CN-結合生成[Fe(CN)6]4-；Fe2+被空氣中O2氧化生成Fe3+；[Fe(CN)6]4-

與Fe3+反響(4)假設不出現渾濁現象,那么c(Fe3+)×C3(OH-)≤Ksp[Fe(OH)3],代入有關數據后可求出c(OH-)≤2×10-13mol/L,c(H+)≥0.05mol/L,那么參加鹽酸的體積至少為0.1L10.鎳及其化合物用處廣泛。某礦渣的土要成分是NiFe2O4〔鐵酸鎳〕、NiO、FeO、CaO、SiO2等,如圖1是從該礦渣中回收NiSO4的工藝道路：：〔NH4)2SO4在350℃以上會分解生成NH3和H2SO4,NiFe2O4在焙燒過程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。錫(Sn)位子第五周期第IVA族.(1)焙燒前將礦渣與(NH4)2SO4混合研磨,混合研磨的目的是________________。(2)"浸泡“過程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的離子方程式為__________,“浸渣〞的成分除Fe2O3、FeO(OH)外還含有____________(填化學式)。(3)為保證產品純度,要檢測“浸出液〞的總鐵量：取一定體積的浸出液,用鹽酸酸化后,參加SnCl2將Fe3+復原為Fe2+,所需SnCl2的物質的量不少于Fe3+物質的量的_____倍；除去過量的SnCl2后,再用酸性K2Cr2O7標準溶液滴定溶液中的Fe2+,復原產物為Cr3+,滴定時反響的離子方程式________________。⑷“浸出液〞中c(Ca2+)=1.0×10-3mol·L-1,當除鈣率到達99%時,溶液中c(F-)=______mol·L-1。[己知Ksp(CaF2)>4.0×10-11](5)本工藝中,萃取劑與溶液的體積比(V0/VA)對溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影響如圖2所示,V0/VA的最正確取值是__________。(6)己知正十二烷可用作該工藝的萃取劑。用電化學制備正十二烷的方法為：向燒杯中參加50mL甲醇,不斷攪拌參加少量金屬鈉,再參加11mL正庚酸攪拌均勻,裝好鉑電極,接通電源反響,當電流明顯減小時切斷電源,然后提純粹十二烷。己知電解總反響為：2C6H13COONa+2CH3OHC12H26

+2CO2↑+H2↑+2CH3ONa以下說法正確的選項是〔_____〕A.圖中電源的A極為直流電源的負極B.參加金屬鈉可以將酸轉化為鈉鹽,進步離子濃度,增強導電性C.陽極電極反響為：2C6H13COO--2e-=C12H26+2CO2↑D.反響一段時間后將電源正負極反接,會產生雜質影響正十二烷的制備【答案】(1).增大接觸面積,加快反響速率,使反響更充分(2).Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+(3).SiO2、CaSO4(4).0.5(5).Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O(6).c(F+)=2.0×10-3mol·L-1(7).0.25(8).D【解析】(1)焙燒前將礦渣與(NH4)2SO4混合研磨,以增大接觸面積,加快反響速率,使反響更充分；〔2〕放在95℃熱水中浸泡,使Fe3+發生水解,即離子反響方程式為：Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+,SiO2不溶于水,Ca2+和SO42-生成微溶于水的CaSO4,因此浸渣中除Fe2O3、FeO(OH)外,還有SiO2和CaSO4；〔3〕根據得失電子數目守恒n(Sn2+)×2=n(Fe3+)×1,解得n(Sn2+)：n(Fe3+)=0.5,K2Cr2O7→Cr3+,化合價除低3價,共降低6價,Fe2+→Fe3+,化合價升高1價,最小公倍數6,因此離子反響方程式為：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；〔4〕除鈣后溶液中c(Ca2+)=1%×1.0×10-3mol·L-1=1.0×10-5mol·L-1,由Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-),得c(F-)=2.0×10-3mol·L-1；〔5〕要求Fe2+萃取率最低,Ni2+的萃取率最高,根據圖像,最正確取值為0.25；〔6〕A、A連接的電極生成氫氣,發生復原反響,那么A為負極,選項A正確；B、C6H13COONa為強電解質,導電才能比正庚酸強,選項B正確；C、陽極發生氧化反響,電極方程式為2C6H13COO--2e-=C12H26+2CO2↑,選項C正確；D、因C12H26為液體,而雜質為氣體,不影響C12H26的制備,選項D錯誤。答案選D。點睛：此題考察影響化學反響速率的因素、氧化復原反響方程式的書寫、溶度積的計算等知識點。解答此題的關鍵是掌握氧化復原反響配平中的守恒原理以及溶度積的表示式。11.2021年國產C919大型客機正式下線,標志著我國成為世界上少數幾個具有自行研制大型飛機的國家之一,標志著我國航空工業進入了新的開展階段.(1)飛機的外殼通常采用鎂-鋁合金材料,鋁的價電子排布圖為___________,第一電離能：鎂______(填“大于〞或“小于〞)鋁。〔2現代飛機為了減輕質量而不減輕外殼承壓才能,通常采用復合材料--玻璃纖維增強塑料,其成分之一為環氧樹脂,常見的E51

型環氧樹脂中局部構造如以下圖所示：其中碳原子的雜化方式為________,個數比為_________。II.大型飛機的發動機被譽為航空工業皇冠上的“寶石〞。制造過程中通常采用碳化鎢做關鍵部位的材料(3)鎢元素位于周期表的第六周期第VIB族,該元素價電子不遵循半充滿排布規律,請寫出其外圍電子排布式___________。(4)以下圖為碳化鎢晶體的一局部構造,碳原子嵌入金屬鎢的晶格的間隙,并不破壞原有金屬的晶格,形成填隙+固溶體,也稱為填隙化合物。在此構造中,其中鎢原子有_______個,1個鎢原子周圍間隔鎢原子最近的碳原子有______個,C原子填入鎢原了組成的________空隙。鎢取子填入碳原子組成的_________空隙。以下金屬元素的堆積方式與碳化鎢晶胞中碳原子和鎢原子所處位置類似的是______A.

Fe

Cu

B.Ti

AuC.Mg

Zn

D.Cu

Ag(5)假設該局部晶體的體積為Vcm3,碳化鎢的摩爾質量為M

g/mol,密度為b

g/cm3,那么阿伏加德羅常數NA用上述數據可以表示為___________________【答案】(1).(2).大于(3).sp2、sp3(4).2:1(5).5d46s2(6).6(7).6(8).四面體(9).八面體(10).C(11).4Πbv【解析】試題分析：〔1〕鋁是13號元素,最外層有3個電子,根據核外電子排布規律,鋁的價電子排布圖為；鎂、鋁屬于同一周期元素,鎂原子的最外層電子排布為2s2,處于全充滿狀態,相比照擬穩定,第一電離能比同周期相鄰元素的第一電離能都大,所以第一電離能：鎂大于鋁；〔2〕根據環氧樹脂的構造簡式可知,分子中碳元素局部形成單鍵,局部形成苯環,因此碳原子的雜化軌道類型是sp2、sp3；對應個數比為12：6＝2：1。〔3〕鎢元素位于周期表的第六周期第VIB族,其外圍電子排布式為5d56s1。〔4〕碳化鎢晶體構造類似于金屬Zn、Ti、Mg的六方最密堆積,差異在于每層是碳和鎢交替排列的,所以配位數減半為6個,即在此構造中,其中鎢原子有6個,1個鎢原子周圍間隔鎢原子最近的碳原子有6個,以下金屬元素的堆積方式與碳化鎢晶胞中碳原子和鎢原子所處位置類似的是C。〔5〕利用均攤法計算,該晶胞中鎢原子個數＝2×6×1/3×1/2+2×1/2+1+6×1/3＝6個,晶胞中碳原子各為6個。已經知道晶胞體積,根據密度＝m÷V,b＝6M÷(NA×V),所以NA＝。【名師點晴】考察軌道排布圖、第一電離能、雜化類型的判斷,晶胞的計算等知識。【名師點睛】該題考察的知識點較多,綜合性強。明確核外電子排布規律、元素周期律是解答的關鍵。難點是晶胞構造分析與計算,注意利用均攤方法可計算晶胞中含有的各種元素原子的個數,根據物質的密度計算公式就可以計算得到晶胞的邊長。關于晶胞的計算需要注意：〔1〕判斷某種微粒周圍等距且緊鄰的微粒數目時,要注意運用三維想象法。如NaCl晶體中,Na＋周圍的Na＋數目(Na＋用“○〞表示)：每個面上有4個,共計12個。〔2〕常考的幾種晶體主要有干冰、冰、金剛石、SiO2、石墨、CsCl、NaCl、K、Cu等,要熟悉以上代表物的空間構造。當題中信息給出與某種晶體空間構造一樣時,可以直接套用某種構造。12.某有機物有如下轉化關系：{注：物質ABCDEF中C原子數均為9}己知：①②根據以上信息答復以下問題：(1)K的分子式是______