2019-2020学年福建省华安一中、龙海二中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省华安一中、龙海二中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）12.8g Fe 全部溶于一定浓度、200mL 的 HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的pH 为 1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，下列有关判断正确的是A反应后溶液中c（NO3）=0.85mol/L B反应后的溶液最多还能溶解1.4gFe C反应后溶液中铁元素可能以Fe2+形式存在D 1.12L 气体可能是NO、NO2的混合气体【答案】A【解析】【分析】Fe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物，氮氧化物在标况下体积是1.

2、12L，则 n（NOx）1.1222.4/LLmol0.05mol，反应后溶液pH1 说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3。【详解】A根据 N 原子守恒知，反应后溶液中n（NO3-）n（HNO3）+3nFe（NO3）30.02mol+3 2.856/ggmol0.17mol，则 c（NO3-）0.170.2molL0.85mol/L，A 正确；B、反应后溶液还能溶解Fe，当 Fe完全转化为Fe（NO3）2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n（HNO3）=0.1mol/L 0.2L=0.02mol，根据 3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO +4H2O 知，硝酸

3、溶解的n（Fe）=0.028mol 3=0.0075mol，根据转移电子相等知，硝酸铁溶解的n（Fe）=2.856/21ggmol=0.025mol，则最多还能溶解m（Fe）=（0.0075+0.025）mol56g/mol1.82g，B 错误；C、反应后硝酸有剩余，则Fe 完全反应生成Fe（NO3）3，没有硝酸亚铁生成，C错误；D 2.8gFe 完全转化为Fe（NO3）3时转移电子物质的量2.856/ggmol3 0.15mol，假设气体完全是NO，转移电子物质的量=0.05mol（5-2）=0.15mol，假设气体完全是NO2，转移电子物质的量=0.05mol（5-4）=0.05mol 0

4、.15mol，根据转移电子相等知，气体成分是NO，D 错误；答案选A。【点睛】灵活应用守恒法是解答的关键，注意许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。2分别进行下表所示实验，实验现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A 测量熔融状态下NaHSO4的导电性能导电熔融状态下NaHSO4能电离出Na+、H+、SO42-B 向某溶液

5、中先加入氯水，再滴加KSCN溶液溶液变红色溶液中含有Fe2+C 向浓度均为0.1mol/L 的 MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH 溶液先看到蓝色沉淀生成Ksp Cu(OH)2 Ksp Mg(OH)2 D 将 AlCl3溶液加热蒸干得到白色固体白色固体成分为纯净的AlCl3A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.NaHSO4是离子化合物，熔融状态下NaHSO4电离产生Na+、HSO4-，含有自由移动的离子，因此在熔融状态下具有导电性，A 错误；B.向某溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明滴加氯水后的溶液中含有Fe3+，不能证明溶液中Fe3+是原

6、来就含有还是Fe2+反应产生的，B 错误；C.Mg(OH)2、Cu(OH)2的构型相同，向浓度均为0.1mol/L 的 MgSO4、CuSO4的混合溶液中逐滴加入NaOH 溶液，首先看到产生蓝色沉淀，说明KspCu(OH)2c(23CO)c(OH-)c(23H CO)c(H)，因此 D 选项的离子浓度关系不可能出现，故D 错误；答案选 D。8为了减缓海水对钢闸门A 的腐蚀（见图），关于 B 的说法合理的是（）A B是碳棒BB 是锌板CB是铜板D B极无需定时更换【答案】B【解析】【详解】钢闸门 A 和 B 在海水中形成原电池时，为了减缓海水对钢闸门A 的腐蚀，Fe应作正极被保护，则要选择活泼性

7、比Fe强的锌作负极被损耗，故选B。9分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A分子中含有2 种官能团B可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C1mol 分枝酸最多可与3molNaOH 发生中和反应D可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】【分析】【详解】A 项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4 种官能团，故A 项错误；B 项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故 B 项正确；C 项，分枝酸中只有羧基能与NaOH 溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol 分枝酸

8、最多能与 2mol NaOH 发生中和反应，故C项错误；D 项，该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D 项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。10在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是A Na+K+OH-Cl-BNa+Cu2+SO42-NO3-CCa2+HCO3-NO3-K+D Mg2+Na+SO42-Cl-【答案】D【解析】【分析】溶液为

9、强酸性，说明溶液中含有大量H，溶液为无色透明溶液，有色离子不能存在，然后根据发生复分解反应条件进行分析。【详解】A、OH与 H反应生成H2O，因此该离子组不能在指定的溶液大量共存，故A 不符合题意；B、Cu2显蓝色，故B 不符合题意；C、HCO3与 H发生反应生成H2O 和 CO2，在指定溶液不能大量共存，故C 不符合题意；D、在指定的溶液中能够大量共存，故D 符合题意。【点睛】注意审题，溶液为无色溶液，含有有色离子不能存在，常有的有色离子是Cu2(蓝色)、Fe2(浅绿色)、Fe3(棕色)、MnO4(紫色)。11固体粉末X 中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和 K2CO3中的若干

10、种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：将 X 加入足量水中，得到不溶物Y 和溶液 Z 取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物用玻璃棒蘸取溶液Z滴于 pH 试纸上，试纸呈蓝色向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀分析以上实验现象，下列结论正确的是（）A X中一定不存在FeO BZ 溶液中一定含有K2CO3C不溶物Y中一定含有MnO2和 CuO，而 Fe与 FeO中至少含有一种D向中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，则粉末X中含有 KCl【答案】B【解析】【分析】将 X 加入足量水中，得到不溶物Y和溶液 Z，Y可能为 Fe、FeO、CuO、

11、MnO2中的物质，Z 可能为 KCl和 K2CO3中的物质；取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y中至少含有CuO、MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明 Y中含有的CuO 与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe；用玻璃棒蘸取溶液 Z 于 pH 试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，应含有K2CO3；向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；以此分析解答。【详解】A.根据上述分析，不能确定X 中是否存在FeO，故 A 错误；B.用玻璃棒蘸取溶液Z于 pH 试纸上，试

12、纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，说明Z溶液中一定含有K2CO3，故B 正确；C.根据分析，不溶物Y中一定含有MnO2、CuO和 Fe，不能确定是否存在FeO，故 C 错误；D.向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀，向生成的白色沉淀中滴加盐酸，盐酸提供了氯离子，不能说明X中含有 KCl，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题的易错点为D，要注意加入的盐酸对氯化钾的干扰。12用下列实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选）就能实现相应实验目的的是实验目的实验方案所选玻璃仪器A 除去 KNO3中少量 NaCl 将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B 证明

13、 CH3COOH与 HClO的酸性强弱相同温度下用pH 试纸测定浓度均为 0.1 mol L1NaClO、CH3COONa溶液的 pH 玻璃棒、玻璃片C 配制 1 L 1.6%的 CuSO4溶液（溶液密度近似为1 g mL1）将 25 g CuSO4 5H2O 溶解在 975 g 水中烧杯、量筒、玻璃棒D 检验蔗糖水解产物具有还原性向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热试管、烧杯、酒精灯、滴管A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A二者溶解度受温度影响不同，冷却结晶后过滤可分离，则玻璃仪器还需要漏斗，故A 错误；BHClO 具有

14、漂白性，不能用pH 试纸测 pH，故 B 错误；C在烧杯中配制一定质量分数的溶液，计算后称量、溶解，则25gCuSO4 5H2O 溶解在 975g 水中，质量分别为 16%，但溶液体积是11000g1g?mL=1000mL=1L，故 C正确；D向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，此时溶液呈酸性，要加NaOH 溶液中和至中性或弱碱性，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热，故D 错误；故选 C。1325时，将浓度均为0.1molL、体积分别为Va和 Vb的 HX 溶液与 NH3 H2O 溶液按不同体积比混合，保持 Va+Vb100mL，Va、Vb与混合液的pH 的关系如图所示。下列说法正

15、确的是()A Ka(HX)Kb(NH3 H2O)Bb 点时 c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)Ca、b、d 几点中，水的电离程度dba D a b 点过程中，可能存在c(X)c(HX)c(OH)c(H+)，故 B正确；C.a b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d 几点中，水的电离程度bad，故 C错误；D.a b点过程中，溶液呈酸性，c(OH)c(H+)，根据电荷守恒，不可能存在c(X)c(NH4+)，故 D错误。【点睛】本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生分析能力、读图能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。14

16、电-Fenton 法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton 反应生成的羟基自由基(OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是A电源的A 极为正极B与电源B相连电极的电极反应式为H2O+e-=H+OH CFenton 反应为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+OH D每消耗22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的OH为 2mol【答案】C【解析】【分析】【详解】左侧电极附近Fe3+Fe2+，发生了还原反应，该极为电解池的阴极，与之相连电源的A 极为负极，A 错误；与电源 B 相连电极为电解池的阳极，失电子发生氧化

17、反应，B错误；双氧水能够把Fe2+氧化为 Fe(OH)2+，C 正确；每消耗1 mol O2，转移 4 mol 电子，根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+OH 反应看出转移1 mol 电子，生成1mol OH，所以应当生成4 mol OH；D 错误；正确选项C。15科学家通过实验发现环己烷在一定条件下最终可以生成苯，从而增加苯及芳香族化合物的产量，下列有关说法正确的是A两步反应都属于加成反应B环己烯的链状同分异构体超过10 种(不考虑立体异构)C环己烷、环己烯、苯均易溶于水和乙醇D环己烷、环己烯、苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A.两步反应是脱氢反应，不属于加成反应

18、，故A 错误；B.环己烯的链状同分异构体既有二烯烃，也有炔烃等，存在官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，同分异构体超过10 种，故 B正确；C.环己烷、环己烯、苯均难溶于水，故C错误；D.环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D 错误；答案：B 二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16CCl3CHO是一种药物合成的中间体，可通过 CH3CH2OH+4Cl2 CCl3CHO+5HCl进行制备。制备时可能发生的副反应为C2H5OH+HCl C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO CCl3COOH+HCl。合成该有机物的实验装置示意图(加热装置未画出)和有关数据如下：(1)A 中恒压漏

19、斗的作用是_；A 装置中发生反应的化学方程式为_。(2)装置 B的作用是 _；装置 F在吸收气体时，为什么可以防止液体发生倒吸现象_。(3)装置 E中的温度计要控制在70，三口烧瓶采用的最佳加热方式是_。如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水应该从_(填“a”或“b”)口通入。实验使用球形冷凝管而不使用直形冷凝管的目的是 _。(4)实验中装置C 中的试剂是饱和食盐水，装置中 D 的试剂是浓H2SO4。如果不使用D 装置，产品中会存在较多的杂质 _(填化学式)。除去这些杂质最合适实验方法是_。(5)利用碘量法可测定产品的纯度，反应原理如下：CCl3CHO+NaOH CHC13+HCOON

20、a HCOONa+I2=HI+NaI+CO2I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O8称取该实验制备的产品5.00 g，配成 100.00 mL 溶液，取其中 10.00 mL,调节溶液为合适的pH 后，加入 30.00 mL 0.100 mol?L-1的碘标准液，用0 100 mol?L-1的 Na2S2O3溶液滴定，重复上述3 次操作，消耗Na2S2O3溶液平均体积为20.00 mL,则该次实验所得产品纯度为_。【答案】保持漏斗和反应容器内的气压相等2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl2 8H2O 安全瓶(或防止装置C中液体倒吸入装置A 中)漏斗口径较大，被吸住的

21、液体会迅速回落烧杯中水浴b 增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果C2H5Cl、CCl3COOH 蒸馏59%【解析】【分析】A 装置利用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，C装置用饱和食盐水除去HCl，D 装置盛放浓硫酸干燥氯气，E中反应制备CCl3CHO。F装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl 防止污染空气。【详解】(1)A 中的恒压漏斗使得漏斗中的压强和圆底烧瓶中的压强相同，从而浓盐酸能够顺利流下。高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，方程式为2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl2 8H2O；(2)装置 B中的导管很短，而且 B 中没有试剂，所以是作安全瓶，防止C装置处理HCl

22、 气体时发生倒吸。装置 F中倒扣的漏斗，与液体接触的部分横截面积很大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中，不会发生倒吸。答案为安全瓶漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中；(3)温度要控制在70，未超过水的沸点100，可以选择水浴加热，即最佳的加热方式为水浴加热。冷凝过程中，冷凝管中应该充满水，所以冷水应该从b 口进。球形冷凝管与蒸气接触的面积大，冷凝回流效果更好。答案为：水浴b 增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果；(4)如果没有浓硫酸干燥，则E中会有水参加反应，水与氯气反应生成HCl 和 HClO，副反应就会发生，生成的产物有C2H5Cl、CCl3COOH。从图表所给的信息来看，杂质均溶

23、于乙醇，得到一混合液体，且沸点相差较大，使用蒸馏，可以分离除去；(5)加入的碘单质被硫代硫酸钠和CCl3CHO消耗，加入的碘单质的物质的量为0.03L 0.100 mol?L-1=0.003mol，消耗的Na2S2O3的物质的量为0.02L 0.100 mol?L-1=0.002mol。有关系式为I2 CCl3CHO I2 2Na2S2O30.001mol 0.002mol CCl3CHO消耗碘单质的物质的量为0.003-0.001mol=0.002mol，则 10mL 的溶液中含有CCl3CHO的物质的量为 0.002mol。100mL 溶液中含有CCl3CHO为 0.02mol，质量为0.

24、02mol 147.5g=2.95g，则纯度2.95=100%59%5.0。【点睛】本题纯度的计算采用的返滴法，要理解题目所给方程式的意思。消耗I2的物质有两种，和一般的滴定有所差别。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：己知：R、R、R为 H 原子或烃基I.RCHO+RCH2CHOII.RCHO+（1）标准状况下，4.48L 气态烃 A 的质量是5.2g，则 A 的结构简式为_。（2）己知 AB 为加成反应，则X 的结构简式为_；B 中官能团的名称是_。（3）反应的化学方程式为_。（4）E能使溴的四氯化碳溶液褪色

25、，反应的反应试剂和条件是_。（5）反应的化学方程式为_。（6）在 EFG H 的转化过程中，乙二醇的作用是_。（7）己知 M 的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M 的结构简式为_。【答案】HC CHCH3COOH酯基、碳碳双键稀 NaOH 溶液保护醛基不被 H2还原【解析】【分析】标准状况下，3.36L气态烃 A 的质量是3.9g，则相对摩尔质量为3.93.3622.4/gLL mol=26g/mol，应为 HC CH，A与 X 反应生成B，由 B的结构简式可知X 为 CH3COOH，X 发生加聚反应生成PVAc，结构简式为，由转化关系可知D 为 CH3CHO，由信息可知E为，由信息可知

26、 F为，结合 G的分子式可知G应为，H 为，在 E F GH 的转化过程中，乙二醇可保护醛基不被H2还原，M 为，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）标准状况下，4.48L 气态烃 A的物质的量为0.2mol,质量是 5.2g，摩尔质量为26g/mol，所以 A为乙炔，结构简式为HC CH；正确答案：HC CH。（2）根据 B分子结构可知，乙炔和乙酸发生加成反应，X的结构简式为.CH3COOH；B 中官能团的名称是酯基、碳碳双键；正确答案：CH3COOH；酯基、碳碳双键。（3）有机物B发生加聚反应生成PVAc，PVAc在碱性环境下发生水解生成羧酸盐和高分子醇，化学方程式为；正确答案：

27、（4）乙炔水化制乙醛，乙醛和苯甲醛发生加成、消去反应生成有机物E，因此反应的反应试剂和条件是是稀 NaOH 溶液；正确答案：稀NaOH 溶液。（5）根据信息II，可知芳香烯醛与乙二醇在氯化氢环境下发生反应，与氢气发生加成反应生成；化学方程式为；正确答案：。（6）从流程图可以看出，醛基能够与氢气发生加成反应，所以乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原；正确答案：保护醛基不被H2还原。（7）高分子醇中2 个 -CH(OH)-CH2-与苯丙醛发生反应，生成六元环状结构的高分子环醚，则M 的结构简式为；正确答案：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请

28、完成下列探究：(1)生产氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。C（s）+H2O（g）垐?噲?H2（g）+CO（g）H=+131.3kJ/mol，S=+133.7J/(molK)，该反应在低温下_（填“能”或“不能”）自发进行。(2)已知在411时，N2（g）+3H2（g）垐?噲?2NH3（g）的K=15 在 411时，2NH3（g）垐?噲?N2（g）+3H2（g）的K=_（填数值）。411时，在1.5L 的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol，则此时反应v（N2）正_ v（N2）逆（填“”、“”、“=”或“不能确定”）。已知

29、 HH 键 键 能 为 436kJ/mol，N H 键 键 能 为 391kJ/mol，NN 键 键 能 为945.6kJ/mol，则反应N2（g）+3H2（g）垐?噲?2NH3（g）的 H=_。若在恒温、恒压条件下，向平衡体系中通入氩气，则平衡_（填“向左”、“向右”或“不”）移动；使用催化剂_（填“增大”、“减小”或“不改变”）反应的 H。(3)在 25下，将a mol/L 的氨水和1.11mol/L 的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中的c（NH4+）=c（Cl-），则溶液显 _（填“酸”、“碱”或“中”）性；用含a 的代数式表示NH3?H2O 电离常数 Kb=_。【答案】不能2=92.4

30、kJ/mol向左不改变中9100.01a【解析】【详解】(1)HT S131.3kJ/molT133.7 0.001kJ/mol Kg，在低温时该值大于1，所以不能在低温下自发进行，答案为：不能；(2)N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）与 2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）互为可逆反应，平衡常数互为倒数，K=2；一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量浓度分别为4 mol/L，2mol/L，4mol/L，234Qc0.542K，所以该状态是平衡状态，正逆反应速率相等；根据键能大小直接计算反应焓变H945.6kJ/mol3 436kJ/mol6 391kJ/mol92.4kJ/m

31、ol；在恒温、恒压条件下，向平衡体系中通入氩气，体积增大，相当于压强减小，平衡向气体分子数增大的方向移动，向左移动；催化剂不改变反应的焓变；答案为：2；=；92.4kJ/mol；向左；不改变；(3)根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，已知 c(NH4+)=c(Cl-)，所以 c(H+)=c(OH-)，显中性；此溶液中，c(NH4+)=c(Cl-)=1.115 mol/L，c(H+)=c(OH-)=71 10mol/L；32a-0.01c NHH O=mol/L2g；NH3?H2O 电离常数+-94b32c NHc OH10K=c NHH Oa-0.01gg；答案

32、为：中；9100.01a。【点睛】本题是反应原理的综合大题，根据键能大小计算焓变时用反应物的键能之和减去生成物的键能之和，注意正确书写每一种物质的结构式；最后一问是难点，电离常数的计算需要求出溶液中各个微粒的浓度，重点注意等体积混合后相关离子浓度减半的问题，即可求出电离常数。19元素的性质与原子结构、元素在周期表中的位置有着密切的关系。回答下列问题：（1）如图表示某短周期元素X 的前五级电离能（I）的对数值，试推测并写出X 的元素符号 _。（2）化合物甲与SO2所含元素种类相同，两者互为等电子体，请写出甲的化学式_，甲分子中心原子的杂化类型是 _。（3）配位化学创始人维尔纳发现，将1mo1Co

33、C135NH3（紫红色）和1mo1CoC13?4NH3（绿色）溶于水，加入 AgNO3溶液，立即沉淀的AgCl 分别为 2mo1、1mol。则紫红色配合物中配离子的化学式为_，绿色配合物中Co的配位数为 _。（4）某稀土元素M 的氧化物晶体为立方晶胞，其结构如图所示，图中小球代表氧离子，大球代表M 离子。写出该氧化物的化学式_。己知该晶体密度为g cm-3，晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。则 M 的相对原子质量Mr=_（用含 、a 等的代数式表示）；以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1（M 原子）的坐标为（14，14，34），

34、则原子2(M 原子）的坐标为_。【答案】Mg S2O 或 OS2sp2 Co(NH3)5Cl2+6 MO23-21A N a10-12841 3 1(,)4 4 4【解析】【分析】【详解】（1）根据图像可以发现该元素的第三电离能显著增大，因此推测其为第二主族元素，而铍只有4 个电子，不可能有第五电离能，因此只能为镁元素，其元素符号为Mg；（2）将一个氧原子换成一个硫原子，因此的甲的化学式为2S O或2OS，2SO中硫原子是2sp杂化，考虑到等电子体的结构类似，因此2S O分子中心原子的杂化类型也为2sp；（3）根据分析，1mol 紫红色的物质中有2mol-Cl位于外界，因此剩下的1mol-Cl

35、位于内界，其配离子的化学式为2+35Co(NH)Cl，而 1mol 绿色的物质中有1mol-Cl位于外界，因此剩下的2mol-Cl位于内界，因此其配位数为4+26；（4）四个大球全部位于晶胞内部，因此按1 个来算，而位于顶点的氧原子按18来计算，位于棱心的氧原子按14来计算，位于面心的氧原子按12来计算，位于体心的氧原子按1 个来计算，因此一共有1118+12+6+1=8842个氧原子，根据分析，一个晶胞内有4个 M 离子和 8 个氧离子，因此其化学式为2MO；分子内有4 个 M 和 8 个氧，因此一个晶胞的质量为rA4M+816gN，晶体的体积为3-213a10cm，代入m=V后化简即可得到3-21Ar N a10-128M=4；把整个晶胞划分为8 个小方块，则1 号小球相当于左、上、后小方块的体心，2 号小球相当于右、下、后小方块的体心，因此其坐标为1 3 1(,)4 4 4。