湖北省武汉十一中2017届高考化学一模试卷（解析版）(5)

若结论成立，B中发生反应的化学方程式是 Cl2+2KI=2KCl+I2 ，C中的试剂是 NaOH溶液 ． 【实验过程】

操作 现象 i．A中部分固体熔化，上方出现白雾； （1）经检查，装置气密性良好．（2）添加药品，连接装置． （3）点燃酒精灯． 【实验分析】

ii．稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴；iii．B中溶液变蓝． （1）小组讨论一致认为现象i中的白雾是盐酸小液滴，产生白雾的原因是 FeCl3?6H2O受热水解增强，生成HCl气体同时失去结晶水，HCl与H2O结合形成盐酸小液滴 ．

（2）分析现象ii时发生了分歧，有同学认为：FeCl3?6H2O是棕黄色，沸点不高，黄色气体重含有FeCl3也会导致B中溶液变蓝，反应的离子方程式是 2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2 ．

小组同学通过下列实验证明现象ii的黄色气体中含有Fe3+，将下列实验补充完整：

a．只在A中加入FeCl3?6H2O，加热，开始产生白雾，稍后出现黄色气体，管壁仍有黄色液滴．

b． 将黄色气体通入B中的KSCN溶液 ，溶液变红．

（3）为进一步确认黄色气体含有 Cl2，小组在A、B 间增加盛有饱和氯化钠溶液的试管，气体依次通过饱和氯化钠溶液、KI淀粉溶液后，KI淀粉溶液变蓝，证实黄色气体中含有Cl2．饱和氯化钠溶液的主要作用是 除去气体中的FeCl3 ． （4）A中固体充分加热后得到Fe2O3和MnCl2，若物质的量之比为1：1，则A中总反应的化学方程式是 MnO2+2FeCl3?6H2OFe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O ．从混合物中分离出Fe2O3的方法是： 加足

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量水溶解，过滤，洗涤固体，干燥，即得Fe2O3 ．

【安全预案】在实验过程中，若试管B中溶液已经开始发生倒吸，应立即采取的一种措施是 c （填写编号）． a．移去酒精灯

b．取下B中盛有溶液的试管

c．将A、B间的导管从乳胶管中取出．

【考点】U2：性质实验方案的设计；S5：氯、溴、碘的性质实验．

【分析】【实验设计】A中制备氯气，B中氯气氧化KI，C中用氢氧化钠吸收氯气，防止污染空气；

【实验分析】（1）氯化铁水解生成HCl，受热逸出，据此分析；

（2）铁离子氧化碘离子生成亚铁离子和碘单质；检验铁离子用KSCN溶液； （3）饱和氯化钠溶液吸收氯化铁蒸汽；

（4）MnO2与FeCl3?6H2O反应生成氯气、Fe2O3和MnCl2，物质的量之比为1：1，根据质量守恒可写；根据物质的水溶性分析； 【安全预案】阻止倒吸的操作是迅速拆下导气管．

【解答】解：【实验设计】A中制备氯气，B中氯气氧化KI，则B中反应为：Cl2+2KI=2KCl+I2；C中用氢氧化钠吸收氯气，防止污染空气； 故答案为：Cl2+2KI=2KCl+I2；NaOH溶液；

【实验分析】（1）FeCl3?6H2O受热水解增强，生成HCl气体同时失去结晶水，HCl与H2O结合形成盐酸小液滴，故形成白雾；

FeCl3?6H2O受热水解增强，HCl与H2O故答案为：生成HCl气体同时失去结晶水，结合形成盐酸小液滴；

（2）铁离子氧化碘离子生成亚铁离子和碘单质，离子方程式为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；铁离子用KSCN溶液，将黄色气体通入B中的KSCN溶液，溶液变红，说明黄绿色气体中含有铁离子；

故答案为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；将黄色气体通入B中的KSCN溶液； （3）饱和氯化钠溶液吸收氯化铁蒸汽，故可除去气体中的FeCl3； 故答案为：除去气体中的FeCl3；

（4）MnO2与FeCl3?6H2O反应生成氯气、Fe2O3和MnCl2，物质的量之比为1：1，

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则反应为：MnO2+2FeCl3?6H2O Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O；混合物

为氯化锰和氧化铁的混合物，其中氯化锰溶于水，氧化铁不溶，故分离出Fe2O3的方法是：加足量水溶解，过滤，洗涤固体，干燥，即得Fe2O3； 故答案为：MnO2+2FeCl3?6H2O

Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O；加足量

水溶解，过滤，洗涤固体，干燥，即得Fe2O3；

【安全预案】已经开始发生倒吸，导管中含有溶液，取下小试管仍然会倒吸，移去酒精灯，温度降低，装置内压强减小，更容易发生倒吸，将A、B间的导管从乳胶管中取下，可以防止倒吸； 故答案为：c．

【点评】本题考查物质性质探究实验，侧重对原理分析、陌生方程式的书写等考查，是对学生综合能力的考查，熟练掌握元素化合物性质．

【化学-选修3：物质结构与性质】

11．（15分）（2017?郑州三模）CuSO4和Cu（NO3）2是自然界中重要的铜盐．请回答下列问题：

（1）CuSO4和Cu（NO3）2中阳离子的核外价电子排布式为 [Ar]3d9 ，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 N＞O＞S ．

NO3﹣的立体构型是 平面三角形 ，（2）与NO3﹣互为等电子体的一种非极性分子为 BF3 （填化学式）．

（3）CuSO4的熔点为560°C，Cu（NO3）2的熔点为115℃，CuSO4熔点更高的原因是 CuSO4和Cu（NO3）2均为离子晶体，SO42﹣所带电荷比NO3﹣大，故CuSO4的晶格能较大，熔点较高 ．

（4）往CuSO4溶液中加人过量NaOH能生成配合物[Cu（OH）4]2﹣．不考虑空间构型[Cu（OH）4]2﹣的结构可用示意图表示为 示出配位键的位置）

（5）化学实验室常利用新制氢氧化铜检验醛基的存在，乙醛分子中碳原子的杂化方式为 sp2、sp3 ．

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（用箭头表

（6）利用新制的Cu（OH）2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示．

①该晶胞原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（1，0，0）；C为（，，）．则D原子的坐标参数为 （，，） ，它代表 Cu 原子．

②若Cu2O晶体的密度为d g?cm﹣3，Cu和O的原子半径分别为r（Cu） pm和r（O） pm，阿伏加德罗常数值为NA，列式表示Cu2O晶胞中原子的空间利用率为

．

【考点】9I：晶胞的计算；8J：位置结构性质的相互关系应用．

【分析】（1）CuSO4和Cu（NO3）2中阳离子为Cu2+，其价电子排布式为[Ar]3d9，同周期主族元素的第一电离能，随着原子序数的增大，有增大的趋势，但第VA

族大于第VIA族元素，同主族元素，随着原子序数的增加，第一电离能逐渐减小；

（2）根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断NO3﹣的空间构型，求等电子体常采用上下左右平移元素，同时调电子的方法求解；

（3）CuSO4的熔点为560°C，Cu（NO3）2的熔点为115℃，二者都是离子晶体，晶格能越大，熔点越高，晶格能和离子半径和离子电荷有关；

（4）往CuSO4溶液中加人过量NaOH能生成配合物[Cu（OH）4]2﹣，为配离子，OH﹣与Cu2+之间是配位键，用箭头表示；

（5）乙醛分子的结构式为：，醛基为平面型，甲基为

四面体型，据此判断两个C的杂化方式；

（6）①根据Cu2O的晶胞结构，已知A、B、C的原子坐标分别为（0，0，0），

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B（1，0，0），C（，，），注意到其中存在的正四面体构型，根据立体几何写出D的原子坐标； ②根据晶体的密度公式：

计算，其中z为一个晶胞的粒子数，Mr为一个

粒子的相对质量，V为一个晶胞的体积，晶胞的空间利用率=计算．

，据此

2+

CuSO4和Cu【解答】解：（1）（NO3）其价电子排布式为[Ar]3d9，2中阳离子为Cu，

同周期主族元素的第一电离能，随着原子序数的增大，有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族元素，同主族元素，随着原子序数的增加，第一电离能逐渐减小，则S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S， 故答案为：[Ar]3d9；N＞O＞S；

（2）对于NO3﹣，根据VSEPR理论，中心N原子的配位原子数为BP=3，孤电子对数为LP=

=0，则价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，

中心N原子为sp2杂化，则其空间构型为平面三角形，

等电子体是指原子数目相同，价电子数相同的粒子，则与NO3﹣互为等电子体的粒子有BF3，或BCl3，BBr3， 故答案为：平面三角形；BF3；

（3）CuSO4的熔点为560°C，Cu（NO3）2的熔点为115℃，二者都是离子晶体，晶格能越大，熔点越高，晶格能和离子半径和离子电荷有关，离子电荷越高，半径越小，则晶格能越大，这里SO42﹣所带电荷比NO3﹣大，故CuSO4的晶格能较大，熔点较高，

故答案为：CuSO4和Cu（NO3）2均为离子晶体，SO42﹣所带电荷比NO3﹣大，故CuSO4的晶格能较大，熔点较高；

（4）往CuSO4溶液中加人过量NaOH能生成配合物[Cu（OH）4]2﹣，为配离子，OH﹣与Cu2+之间是配位键，用箭头表示，则不考虑空间构型[Cu（OH）4]2﹣的结构可用示意图表示为

，

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