江苏省南京师大附中2020届高三一模模拟考试化学试题（解析版）

南师附中 2020 届高三一模模拟考试化学试卷 可能用到的相对原子质量：H1 C l2 N14 O16 S32 Ca40 Fe56 Co59 选择题 ( 40 分) 单项选择题，本题包括 10 小题， 每小题 2 分，共计 20 分．每小题只有一个选项符合题意。 1.2014 年诺贝尔化学奖授予超高分辨率荧光显微镜的贡献者，人类错肋于这种显微镜可以观察到单个的蛋 白质分子。下列有关叙过不正确是 A. 蛋白质中含有碳、氢、氧、氮等元素 B. 蛋白质属于高分子化合物 C. 天然蛋白质水解的最终产物是 α-氨基酸 D. 消毒过程中细菌蛋白质发生了盐析 【答案】D 【解析】 【详解】A. 蛋白质的组成元素有碳、氢、氧、氮等元素，故 A 正确； B.蛋白质相对分子质量大于 10000，属于高分子化合物，故 B 正确； C. 天然蛋白质能够发生水解反应，水解的最终产物是 α-氨基酸，故 C 正确； D. 消毒的过程实质是使细菌蛋白质发生变性，失去活性，不是盐析，故 D 错误； 故选 D。 2. 下列有关化学用语表示正确的是 A. 质子数为 92、中子数为 143 的铀(U)原子：92235U B. 过氧化氢的电子式： C. 氯离子的结构示意图： D. 1，3—二甲基丁烷： 【答案】A 【解析】【详解】A、质子数是 92、中子数是 143 的原子的质量数是 92+143=235，所以该 U 原子可表示为 ， 故 A 正确； B、过氧化氢属于共价化合物，其电子式不能用“[ ]”表示，故 B 错误； C、氯离子的质子数仍是 17，其核外电子数是 18，故 C 错误； D、该有机物的最长碳链有 5 个 C 原子，端位的甲基不能作为取代基，所以该有机物的名称是 2-甲基戊烷， 故 D 错误； 答案选 A。 3.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　） A. pH＝1 的无色溶液中：Na＋、Cu2＋、Cl－、CO32- B. 使酚酞呈红色 溶液中：K＋、Na＋、NO3-、Cl－ C. 0.1mol·L－1 的 FeCl2 溶液中：H＋、Al3＋、SO42-、ClO－ D. 由水电离出的 c（H＋）＝1×10－10mol·L－1 的溶液中：Mg2＋、NH4+、SO42-、HCO3- 【答案】B 【解析】 【详解】A、Cu2+ 蓝色离子，且在酸性溶液中碳酸根离子不能大量共存，错误； B、使酚酞呈红色的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中，四种离子都不反应，可以大量共存，正确； C、亚铁离子与溶液中的次氯酸分子发生氧化还原反应，不能大量共存，错误； D、由水电离出的 c(H＋)＝1×10-10mol/L 8，说明 NH3·H2O 为弱碱 C. 加热 NH4HCO3 固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明 NH4HCO3 受热不稳定 D. 将红热的 Pt 丝伸入上图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量红棕色气体，说明氨气的氧化产物为 NO2 【答案】D 【解析】 氨气极易溶于水生成氨水，所以将集有氨气的试管倒扣于水槽中液体迅速充满试管，故 A 正确； pH=11 的 氨水中 mol/L，稀释 1000 倍,测得 pH>8， mol/L，说明 NH3·H2O 的电离平 衡正向移动，所以 NH3·H2O 为弱碱，故 B 正确；碳酸氢铵加热分解为氨气、二氧化碳、水，故 C 正确；氨 气的氧化产物为 NO，NO 在锥形瓶口与氧气反应生成 NO2，所以瓶口出现少量红棕色气体，故 D 错误。 点睛：氨气催化氧化生成 NO， ，氨气催化氧化生成的 NO 可以再与氧气 继续反应 。 14.已知 NaHC2O4 溶液的 pH < 7。常温下，向 pH=8.4 的 Na2C2O4 溶液中滴加 0.1mol/L 的 HCl 溶液，溶液 pH 与 pOH[pOH=-lgc(OH-)］的变化关系如图所示，下列各点所示溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的 是 A. a 点：c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)=c(OH-) ( ) 310c OH − −= ( ) 610c OH − −> 3 2 24 5 4 6NH O NO H O+ = +高温 催化剂 2 22NO+O=2NOB. b 点：c(Cl-)>c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-) C. c 点：c(Na+)=c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(Cl-) D. d 点：c(OH-)+ c(Cl-)＞c(H+)+2c(H2C2O4) 【答案】AD 【解析】 A、Na2C2O4 溶液的质子守恒，水电离出的 n(H＋)=n(OH－)，在草酸钠水溶液中水电离出的氢离子以（H ＋ ,HC2O4 － ,H2C2O4 ） 三 种 形 式 存 在 , 其 中 1mol 草 酸 分 子 中 有 2mol 水 电 离 出 的 氢 离 子 , 所 以 c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)=c(OH-) ， 故 A 正 确 ； B 、 b 点 时 ， 溶 液 为 NaHC2O4 ， 根 据 物 料 守 恒 ， c(Cl-)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，故 B 错误；C、电荷守恒为 c(Na+)=c(HC2O4-)+ c(C2O42-)×2+c(Cl-)， 故 C 错误；D、根据物料守恒，c(Na＋ )=2c(H2C2O4)+2c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，电荷守恒为 c(H+)＋c(Na+)=c(OH― ) ＋c(HC2O4-)+ c(C2O42-)×2+c(Cl-)， 2c(H2C2O4)+2c(HC2O4-)+2c(C2O42-)＋c(H+)=c(OH― )＋c(HC2O4-)+ c(C2O42-)×2+c(Cl-) 即：2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)＋c(H+)=c(OH― )+c(Cl-)，故 c(OH-)+ c(Cl-)＞c(H+)+2c(H2C2O4)正确；故选 AD。 15.在密闭容器中：按 CO2 与 H2 的物质的量之比为 1:3 进行投料，发生反应 2CO2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H Kb C. 图中曲线交点 a 对应的 CO2 转化率为 40% D. 若甲、乙两个密闭容器起始时的容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙；恒温恒容，反应达 平衡时 CH3CH2OH 产率：甲＜乙 【答案】AC 【解析】【详解】A.该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则升高温度 CH3CH2OH 含量减小，CO2 与 H2 的含量升高，平衡时 H2O 的含量是 CH3CH2OH 含量的三倍，符合条件的曲线为Ⅳ，故 A 正确； B.因为平衡常数仅与温度有关，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以温度越低，K 越大， 所以 Ka乙，故 D 错误； 故选 AC。 【点睛】该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，平衡时 CO2 与 H2 的含量增大，CH3CH2OH 与 H2O 的含量降低．开始 CO2 与 H2 的物质的量之比 1：3 进行，平衡时 H2 的含量是 CO2 的含量三倍是解答关键。 非选择题 ( 80 分) 16.实验室用氧化锌矿粉（主要含 ZnO、FeCO3、CuO 等）制备碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]，并将其用于合成 氨工艺脱硫研究。 （1）“酸浸”时保持 H2SO4 过量的目的是_____。 （2）已知：Mn2+开始沉淀的 pH=8.1。 ①写出加入 KMnO4 溶液除铁的离子方程式：_____。 ②流程中调节 pH=5.4 所加试剂 X 为_____（填化学式）；试剂 X、KMnO4 溶液加入顺序能否互换？请判断 并说明理由_____。 （3）上述流程中的“滤液”可以用作化肥，该滤液的主要成分为_____（填化学式）。 （4）合成氨原料气脱硫原理如图，碱式碳酸锌吸收硫化氢的化学方程式为_____。【答案】 (1). 提高矿石的浸出率（或防止 Zn2+ 、Fe2+ 、Cu2+ 等金属离子水解） (2). 3Fe2++ MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓ + MnO2 ↓+5H+ (3). ZnO（或答碱式碳酸锌、碳酸锌、氢氧化锌、氨水等均给分） (4). 不能；强酸性条件下 KMnO4 被还原成 Mn2+，在除去 Mn2+时，会使 Zn2+同时沉淀 (5). (NH4)2SO4 (6). Zn2(OH)2CO3 + 2H2S＝2ZnS↓+CO2↑+3H2O 【解析】 【详解】（1）“酸浸”时，硫酸与 ZnO、FeCO3、CuO 反应，生成硫酸盐等，溶液中存在金属阳离子，均会发 生水解反应，所以酸浸时硫酸过量的目的是提高矿石的浸出率，防止 Zn2+、Fe2+、Cu2+等金属离子水解； （2）①由流程图可知，加入高锰酸钾除铁时，Fe 元素以氢氧化铁的形式除去，同时生成二氧化锰，所以加 入 KMnO4 溶液除铁的离子方程式是 3Fe2++ MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓ + MnO2 ↓+5H+； ②最终的产物是碱式碳酸锌流程中调节 pH=5.4 所加试剂 X 既能除去过量的硫酸调节溶液的 pH 又不能引 入新的杂质，所以 X 只能是 ZnO 或碱式碳酸锌、碳酸锌、氢氧化锌等； 试剂 X 与高锰酸钾不能互换，因为在酸性条件下，高锰酸根离子被还原为锰离子，而锰离子沉淀时的 pH=8.1>5.4，此时 Zn2+也会沉淀，所以不能互换； （3）由流程图可知，除铜后的溶液中的溶质为硫酸锌，加入碳酸铵后，主要得到碱式碳酸锌和硫酸铵，硫 酸铵可做化肥，所以滤液中的溶质是(NH4)2SO4； （4）碱式碳酸锌吸收硫化氢后得到 ZnS 沉淀，同时又二氧化碳、水生成，过滤后可达到除硫 目的，所以 碱式碳酸锌吸收硫化氢的化学方程式为 Zn2(OH)2CO3 + 2H2S＝2ZnS↓+CO2↑+3H2O。 17.福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成： (1)B 中的含氧官能团有________和_________(填名称); (2)C→D 的转化属于_________反应(填反应类型)． (3)已知 E→F 的转化属于取代反应，则反应中另—产物的结构简式为______。 (4) A (C9H10O4)的一种同分异构体 X 满足下列条件： 的I.X 分子有中 4 种不同化学环境的氢。 II. X 能与 FeCl3 溶液发生显色反应。 III. lmol X 最多能与 4 mol NaOH 发生反应 写出该同分异构体的结构简式：_____________。 (5)已知： +R3CHO,根据已有知识并结合相关信息． 写出以 为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂任用)。____________ 合成路线流程图示例如下：CH3CH2Br CH3CH2OH CH3COOCH2CH3 【答案】 (1). 酯基 (2). 醚键 (3). 氧化反应 (4). (5). (6). 【解析】 【分析】 （1）根据 B 的结构简式可知，B 中含有酯基和醚键； （2）比较 C 和 D 的结构简式可知，C 中的醇羟基变成了 D 中的醛基，发生了氧化反应； （3）E→F 的转化属于取代反应，根据元素守恒可知反应中另一产物的结构简式； （4）A（C9H10O4）的同分异构体 X 满足下列条件Ⅰ．X 分子有中 4 种不同化学环境的氢，Ⅱ．X 能与 FeCl3 溶液发生显色反应，说明有酚羟基，Ⅲ．1mol X 最多能与 4molNaOH 发生反应说明分子中有四个羧基、酚 羟基，或水解后产生的酚羟基、羧基，根据条件写同分异构体； （5）以 为原料制备 ，可以先将通过 发生消去、氧化得苯甲醛，再 发生类似题目流程图中 D→E→F→福酚美克的变化，再发生缩聚反应可得产品。 【详解】（1）根据 B 的结构简式可知，B 中含有酯基和醚键，所以含氧官能团为酯基和醚键，故答案为： 酯基和醚键； （2）比较 C 和 D 的结构简式可知，C 中的醇羟基变成了 D 中的醛基，发生了氧化反应，故答案为：氧化 反应； n →3 2 ①O ②Z / H O NaOH ∆→溶液 3CH COOH Δ →浓硫酸、（3）E→F 的转化属于取代反应，根据元素守恒可知反应中另一产物的结构简式为 ，故答案为： ； （4）A（C9H10O4）的同分异构体 X 满足下列条件Ⅰ．X 分子有中 4 种不同化学环境的氢，Ⅱ．X 能与 FeCl3 溶液发生显色反应，说明有酚羟基，Ⅲ．1molX 最多能与 4molNaOH 发生反应说明分子中有四个羧基、酚 羟基，或水解后产生的酚羟基、羧基，符合条件的同分异构体为 ，故答案 为： ； （5）以 为原料制备 ，可以先将通过 发生消去、氧化得苯甲醛，再 发生类似题目流程图中 D→E→F→福酚美克的变化，再发生缩聚反应可得产品，合成路线为 ，故答案为： 。 【点睛】以 为原料制备 ，可以先将通过 发生消去、氧化得苯甲醛， 再发生类似题目流程图中 D→E→F→福酚美克的变化，再发生缩聚反应可得产品是设计合成路线的关键。 18.钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。 （1）CoxNi(1-x)Fe2O4（其中 Co、Ni 均为+2）可用作 H2O2 分解的催化剂，具有较高的活性。 ①该催化剂中铁元素的化合价为______。 ②图 1 表示两种不同方法制得的催化剂 CoxNi(1-x)Fe2O4 在 10℃时催化分解 6%的 H2O2 溶液的相对初始速率 随 x 变化曲线。由图中信息可知：______________法制取得到的催化剂活性更高；Co2+、Ni2+两种离子中催 化效果更好的是______。 （2）草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。下图 2 为二水合草酸钴（CoC2O4·2H2O）在空气中受热的质量 变化曲线，曲线中 300℃及以上所得固体均为钴氧化物。①通过计算确定 A 点剩余固体的化学成分为________________（填化学式）。试写出 B 点对应的物质与 O2 在 225℃~300℃发生反应的化学方程式：_________________________________________。 ②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物（其中 Co 的化合价为+2、+3），用 480 mL 5 mol/L 盐酸恰 好完全溶解固体，得到 CoCl2 溶液和 4.48 L（标准状况）黄绿色气体。试确定该钴氧化物中 Co、O 的物质 的量之比为___________。 【答案】 (1). +3 (2). 微波水热 (3). Co2+ (4). Co3O4（写成 CoO·Co2O3 亦给分） (5). 3CoC2O4+ 2O2= Co3O4+6CO2 (6). 5:6 【解析】 【详解】（1）①根据化合价代数和为 0 计算 Fe 的化合价，CoxNi(1-x)Fe2O4 中 Co、Ni 均为+2，O 为-2 价， 则 Fe 的化合价为 =+3； ②过氧化氢的分解速率越大，催化剂活性更高，根据图象可知，x 相同时，微波水热法初始速度大于常规水 热法，所以微波水热法制得催化剂的活性更高；由图可知，随 x 值越大，过氧化氢的分解速率越大，而 x 增大，Co2+的比例增大，所以 Co2+的催化活性更高； （2）①由图可知，CoC2O4·2H2O 的质量为 18.3g，物质的量为 =0.1mol，Co 元素质量为 5.9g， C 点钴氧化物质量为 8.03g，氧化物中氧元素质量为 8.03g-5.9g=2.13g，则氧化物中 Co 原子与 O 原子物质的 量之比为 0.1mol： mol≈3：4，所以 C 的 Co 氧化物为 Co3O4；B 点对应物质的质量为 14.7g，与其起始 物质的质量相比减少 18.3g-14.7g=3.6g，为结晶水的质量，所以 B 点物质为 CoC2O4，与氧气反应生成 Co3O4 与二氧化碳，反应方程式为 3CoC2O4 + 2O2 = Co3O4 +6CO2； ②由电子守恒：n(Co3+) = 2 n(Cl2) = 0.4 mol，由电荷守恒：n(Co)总 =n(Co2+)溶液= 0.5 n(Cl－) = 0.5×( 2.4mol－ 0.2mol×2)= 1 mol，所以固体中的 n(Co2+)= 1mol－0.4mol= 0.6 mol；n(O)= =1.2mol， 所以 n(Co): n(O)=1mol: 1.2mol=5：6。 ( )4 2 2x 2 2x 2 × − + − 18.3g 183g / mol 2.13 16 0.4mol 3 0.6mol 2 2 × + ×【点睛】考查元素化合价的判断、物质化学式的计算、得失电子守恒规律和化学图像的分析与判断等。 19.过氧化钙(CaO2)一种安全无的毒杀菌剂，以 Ca(OH)2 等为原料最终反应可制得 CaO2。某化学研究性学习 小组设计以下流程并探究不同条件对 CaO2 制备的影响: (1)搅拌过程中反应的化学反应方程式：___________________________。 (2)制备过界中除水外．可循环使用的物质是______________________。 (3)CaO2 制备中 H2O2 合适的用量是__________________。 (4)该制备反应需控制温度在 0~2℃，实验中可采取的措拖是 ___________ 。该温度下产率较高，其原因为 __________________。 (5)CaO2 样品中通常含有 CaO，定量测定 CaO2 质量分数的实验方案为：_____。 (实验中可供选用的试剂有：氢氧化钠标准溶液、盐酸标准溶液、酚酞； 除常用仪器外须 使用的仪器有： 电子天平、锥形瓶、滴定管)。 【 答 案 】 (1). CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl (2). NH4Cl (3). 25mL (4). 将反应器放置在冰水中 (5). 可防止氨水挥发、过氧化氢分解，以及 CaO2•8H2O 分解 (6). 用电 子天平称取一定量的过氧化钙样品，然后加入过量的标准盐酸和样品反应，再向反应后的溶液中加入酚酞 指示剂，用氢氧化钠标准溶液滴定 【解析】 【分析】 由流程图可知，将氯化铵溶于水配成溶液，向氯化铵溶液中加入氢氧化钙，氯化铵与氢氧化钙反应生成一 水合氨和氯化钙，在搅拌条件下，加入 H2O2 溶液，CaCl2 与一水合氨、过氧化氢发生反应生成 CaO2•8H2O， 真空过滤得到 CaO2•8H2O，CaO2•8H2O 脱水制得 CaO2。 【详解】（1）搅拌过程中，CaCl2 与一水合氨、过氧化氢发生反应生成 CaO2•8H2O 和氯化铵，反应的化学方 程 式 为 ： CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl ， 故 答 案 为 ： CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O═CaO2•8H2O↓+2NH4Cl； （2）由流程可知，开始用到氯化铵，制备 CaO2•8H2O 时又生成氯化铵，所以循环使用的物质是 NH4Cl， 故答案为：NH4Cl； （3）由表 1 可知，加入 25mL 20%的 H2O2 溶液时，过氧化钙的产率最高，则 CaO2 制备中 H2O2 合适的用量 是 25mL，故答案为：25mL ； （4）若温度过高会造成氨水挥发、过氧化氢分解，还能使 CaO2•8H2O 分解，导致过氧化钙的产率降低， 所以制备反应需控制温度在 0~2℃，冰水混合物的温度是 0℃，可将反应器放置在冰水中，故答案为：将反 应器放置在冰水中；可防止氨水挥发、过氧化氢分解以及 CaO2•8H2O 分解； （5）由题给试剂和仪器可知，定量测定 CaO2 质量分数应用电子天平称取一定量的过氧化钙样品，然后加 入过量的标准盐酸和样品反应，再向反应后的溶液中加入酚酞指示剂，用氢氧化钠标准溶液滴定，故答案 为：用电子天平称取一定量的过氧化钙样品，然后加入过量的标准盐酸和样品反应，再向反应后的溶液中 加入酚酞指示剂，用氢氧化钠标准溶液滴定。 【点睛】制备过氧化钙的过程中，NH4Cl 既出现在了反应物中，也出现在了生成物中，所以制备过程中除 水外可循环使用的物质是 NH4Cl 是解答关键。 20.黄铁矿（主要成分 FeS2）、黄铜矿(主要成分 CuFeS2)均是自然界中的常见矿物资源。 （1）Stumm 和 Morgan 提出黄铁矿在空气中氧化的四步反应如题 20 图-1 所示： ① a 反应中每生成 1molFeSO4 转移电子的物质的量为___mol。 ② d 反应的离子方程式为_______________。 （2）用细菌冶铜时，当黄铜矿中伴有黄铁矿可明显提高浸取速率，其原理如题 20 图-2 ①冶炼过程中，正极周围溶液的 pH___（选填：“增大”、“减小”或“不变”） ②负极产生单质硫的电极反应式为___。这里，否则就错 了！！阅后删除！ （3）煤炭中的硫主要以黄铁矿形式存在，用氢气脱除黄铁矿中硫的相关反应（见下表），其相关反应的平 衡常数的对数值与温度的关系如题 20 图－3。 相关反应 反应 热 平衡常数 K FeS2(s) + H2(g) FeS(s) + H2S(g) ΔH1 K1 1/2 FeS2(s) + H2(g) 1/2Fe(s)+H2S(g) ΔH2 K2 FeS(s) + H2(g) Fe(s)+H2S(g) ΔH3 K3 ①上述反应中，ΔH1___0（选填：“＞”或“＜”）。 ②提高硫的脱除率可采取的措施有___（举 1 例）。③1000K 时，平衡常数的对数 lgK1、lgK2 和 lgK3 之间的关系为___。 【答案】 (1). 14 (2). FeS2+14Fe3++8H2O＝15Fe2++2SO42－+16H+ (3). 增大 (4). CuFeS2-4e－＝ Cu2++Fe2++2S (5). ＞ (6). 升高温度（或提高氢气的浓度或及时除去生成的 H2S） (7). 2lgK2＝lgK1+lgK3 【解析】 【详解】（1）① a 反应中 S 有-1 价升高到+6 价，根据 FeS2 ~ FeSO4，S 的化合价共升高 2×（6+1）=14，即 生成 1molFeSO4 转移电子的物质的量为 14mol；②d 反应中反应物是 FeS2 和 Fe3+，生成物是 Fe2+和 SO42－； （2）①根据电子移动飞方向可知，CuFeS2 是负极，FeS2 是正极，冶炼过程中，H+在正极跟 O2 反应生成了 水，使得 H+降低，导致正极周围溶液的 pH 增大；②负极 CuFeS2 发生氧化反应生成 Cu2+、Fe2+和 S； （3）①根据图像，随着温度升高，lgK1 逐渐增大，即 K1 逐渐增大，平衡向右移动，因此正反应为吸热反 应；②反应 1+反应 3 得到反应 2×2，即 FeS2(s) + 2H2(g) Fe(s)+2H2S(g)，提高 H2 的浓度，可以提高硫的 脱除率，根据①的方向可知，升高温度可以提高硫的脱除率；根据平衡移动的因素，即时除去 H2S，也可以 提高硫的脱除率；③根据②的分析，K22= K1×K3，因此 2lgK2=lgK1+lgK3。考点：考查了氧化还原反应、电 化学和化学平衡的相关知识。 21.过渡元素铁可形成多种配合物，如：[Fe(CN)6]4-、Fe(SCN)3 等。 (1)Fe2+基态核外电子排布式为______。 (2)科学研究表明用 TiO2 作光催化剂可将废水中 CN-转化为 OCN-、并最终氧化为 N2、CO2。OCN－中三种元 素的电负性由大到小的顺序为_______。 (3)与 CN－互为等电子体的一种分子为______（填化学式）；1mol Fe(CN)63-中含有 σ 键的数目为______。 (4)铁的另一种配合物 Fe(CO)5 熔点为-20.5℃，沸点为 103℃，易溶于 CCl4，据此可以判断 Fe(CO)5 晶体属于 _______（填晶体类型）。 (5)铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由 8 个小体心立方结构堆砌而成。已知小立方体 如图所示。该合金的化学式为_______。 【答案】 (1). [Ar]3d6 (2). O>N>C (3). CO 或 N2 (4). 126.021023 个或 12mol (5). 分子晶体 (6). AlFe3 【解析】 【详解】(1)铁为 26 号元素，其亚铁离子的电子排布式为 [Ar]3d6；(2)非金属性越强，电负性越强，所以顺序为：O>N>C；(3) CN－互为等电子体的的微粒含有 2 个原子，价电子是 10，所以可以为 CO 或 N2；1mol Fe(CN)63-中 CN-与铁离子之间有 6 个配位键，在每个 CN-内部有一个共价键，所以 1mol 该配位物中含有 σ 键的数目为 12×6.021023 个或 12mol；(4) )铁的另一种配合物 Fe(CO)5 熔点为-20.5℃，沸点为 103℃，易溶于 CCl4，据此可以判断 Fe(CO)5 晶体属于分子晶体。(5)正方体中，铁原子个数为 ，铝原子个数为 ，所以铝、铁原子个数比为 =1:3，所以该合金的化学式为 AlFe3。 【点睛】原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体。正方体中，顶点上的原子被 8 个晶胞占有，面 上的原子被 2 个晶胞占有，棱上的原子被 4 个晶胞占有，体心上的原子被 1 个晶胞占有，利用均摊法计算 各种原子个数，从而确定化学式。