2021-2022学年高二化学苏教版（2020） 选择性必修2-3.2离子键离子晶体 一课一练 （word版含解析）

3.2离子键 离子晶体——一课一练2021-2022学年高中化学苏教版（2020）选择性必修2
一、选择题（共15题）
1．南京理工大学胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，全氮阴离子的化学式为。下列关于全氮阴离子盐的说法正确的是
A．每个含有26个电子
B．的摩尔质量为
C．全氮阴离子盐既含离子键又含共价键
D．全氮阴离子盐可能属于电解质，也可能属于非电解质
2．离子键是（ ）
A．原子间通过电子的静电作用
B．阴、阳离子间的静电吸引
C．阴、阳离子间的静电作用
D．阳离子之间通过电子的强烈作用
3．要使金属晶体熔化必须破坏其中的金属键。金属晶体熔点的高低和硬度的大小一般取决于金属键的强弱，而金属键的强弱与金属阳离子所带电荷的多少及半径大小有关。由此判断下列说法正确的是
A．金属镁的熔点大于金属铝 B．碱金属的熔点从到是逐渐增大的
C．金属铝的硬度大于金属钠 D．金属钙的硬度小于金属钡
4．下表所列数据是对应晶体的熔点，据此判断下列选项正确的是
晶体 Na
熔点 920℃ 97.8℃ 1291℃ 190℃ 2073℃ -107℃ -57℃ 1723℃
A．含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体
B．和晶体熔化时，克服的微粒间作用力类型相同
C．同族元素的最高价氧化物不可能形成不同类型的晶体
D．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高
5．碳化硅具有类似于金刚石的结构，其中碳原子与硅原子是交替排列的。现有3种晶体：①硝酸钾②碳化硅③干冰，熔点由高到低的顺序是（ ）
A．①②③ B．①③② C．②①③ D．③①②
6．表中数据是对应物质的熔点：
物质 干冰
熔点() 2073 920 801 1291 190 -107 -57 1723
据此做出的下列判断中正确的是A．铝的化合物的晶体都是离子晶体
B．表中只有干冰和是分子晶体
C．同族元素的氧化物一定形成相同类型的晶体
D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
7．已知熔融状态下能导电。关于晶体的分析错误的是
A．是强电解质 B．存在两种化学键 C．是离子晶体 D．阴阳离子个数比为20∶1
8．中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据“规律”推出的结论合理的是
A．根据MgO的熔点高于CaO，推出MgCO3热分解温度比CaCO3高
B．根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出第VIA元素最高正价都是+6价
C．根据同周期元素的电负性变化趋势，推出Ar的电负性比Cl大
D．根据对角线规则，推出Be(OH)2和NaOH溶液能反应生成Na2BeO2
9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．3.9g晶体中阴离子的数目为0.1NA
B．常温常压下，气体与水反应生成NA个
C．18g和石墨的混合物中含有的碳原子数目为1.5NA
D．标准状况下，2.24L气体中含有的数目为0.1NA
10．近日，科学家研究利用CaF2晶体释放出的Ca2+和F-脱除硅烷，拓展了金属氟化物材料的生物医学功能。下列说法错误的是
A．F、Si和Ca 电负性依次减小，原子半径依次增大
B．OF2与 SiO2中含有化学键类型和氧原子杂化方式均相同
C．图中A处原子分数坐标为(0，0，0)，则B 处原子分数坐标为
D．脱除硅烷反应速率依赖于晶体提供自由氟离子的能力，脱硅能力
11．化学学习要建构若干基本观念，以下四类化学基本观念中认识不正确的是
A．元素观:金刚石和石墨均由碳元素组成
B．分类观：从组成上看干冰和酒精都属于氧化物
C．变化观:氢气和水可以相互转化
D．微粒观:一个一氧化碳分子由一个碳原子和一个氧原子构成
12．晶体的晶胞结构如图所示。下列说法正确的是
A．阴阳离子个数比为2∶1
B．阳离子位于阴离子构成的正八面体空隙中
C．阳离子的配位数为12
D．若晶胞边长为a，则阳离子间的最短距离为
13．氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨，耐高温的物质，下列各组物质熔化时所克服的粒子间的作用与氮化硼熔化时所克服的粒子间作用相同的是
A．金刚石和晶体SiO2 B．C60和固体碘 C．冰和干冰 D．氯化钠和氧化镁固体
14．萤石(CaF2)是一种难溶于水的固体。下列实验事实能说明CaF2一定是离子晶体的是
A．CaF2难溶于水，其水溶液的导电性极弱
B．CaF2的熔点较高，硬度较大
C．CaF2固体不导电，但在熔融状态下可以导电
D．CaF2在有机溶剂(如苯)中的溶解度极小
15．下列说法正确的是
A．石英、金刚石、冰都是通过共价键形成的原子晶体
B．干冰气化时吸收的热量用于克服分子内碳、氧原子间的作用力
C．氯化氢和氯化钠溶于水都能电离出，所以氯化氢和氯化钠均是离子化合物
D．和分子中氧原子的最外电子层都具有8电子的稳定结构
二、填空题（共4题）
16．比较下列两组化合物的熔沸点，并解释原因。
(1)CH3CH2OH和CH3OCH3_______
(2)O3和SO2_______
17．离子晶体如食盐，很脆，经不起锤击；原子晶体如石英，同样很脆，也经不起锤击。然而食盐和石英的摩氏硬度却相差极大，应如何解释？___________
18．已知有关物质的熔、沸点数据如下表：
MgO Al2O3 MgCl2 AlCl3
熔点/℃ 2852 2072 714 190（2.5×105Pa）
沸点/℃ 3600 2980 1412 182.7
请参考以上数据回答下面的问题：
(1)判断物质所属的晶体类型：MgCl2___________；AlCl3___________
(2)工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁，用电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝。
为什么不用电解MgO的方法生产镁？___________。
电解生产铝时冰晶石的作用是什么？___________。
为什么不用电解AlCl3的方法生产铝？___________。
19．(1)已知甘氨酸的熔点是 233℃，而二苯胺的熔点只有 53℃，为什么甘氨酸的熔点高_______。
(2)相同条件下HF酸性比H2CO3强，请用一个化学方程式说明________。
(3)NF3的一种下游产品三聚氟氰(分子式为：C3N3F3)，分子结构中有类似苯环结构，所有原子均满足8电子结构。写出三聚氟氰的结构式________。
三、综合题（共4题）
20．铁的硫化物被认为是有前景的锂电池材料，但导电性较差，放电时易膨胀。
(1)电池是综合性能较好的一种电池。
①水热法合成纳米颗粒的方法是将等物质的量的、、研磨置于反应釜中，加入蒸馏水加热使之恰好反应，该反应的化学方程式为___________。
②晶体的晶胞结构示意图如图所示，离子1的分数坐标是，则离子1最近的分数坐标为___________(任写一个)，每个周围距离最近且相等的有___________个。
(2)①将镶嵌在多孔碳中制成多孔碳/复合材料，该电极材料相较具有的优势是放电时不易膨胀且___________。多孔碳/复合材料制取方法如下，定性滤纸的作用是提供碳源和___________。
②分别取多孔碳、多孔碳/电极在氧气中加热，测得固体残留率随温度变化情况如图所示，多孔碳/最终转化为，固体残留率为50%。
420℃~569℃时，多孔碳/固体残留率增大的原因是___________。
③做为锂电池正极材料，放电时先后发生如下反应：
该多孔碳/电极质量为4.8g，该电极理论上最多可以得电子___________。(写出计算过程)
21．Ⅰ．某混合物的无色溶液中，可能含有以下离子中的若干种：K＋、Ca2＋、Fe3＋、NH4+、Cl－、CO32－和SO42－。现每次取10.00mL进行实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体448mL（标准状况下）；
③第三份加入足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，过滤、干燥，得到固体4.30g，该固体经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g。
（1）c(CO32－)=______mol·L 1；
（2）某同学认为该溶液中一定存在K＋，浓度范围是_________________；
（3）根据以上实验，某离子可能存在。检验该离子是否存在的方法是___________________________；
（4）写出③中固体加入足量盐酸洗涤的离子方程式________________________________。
Ⅱ．四种物质有如下相互转化关系：
（5）若化合物A是红棕色粉末状固体，化合物B是一种既可以与强酸溶液反应又可以与强碱溶液反应的氧化物，则该反应的化学方程式为____________________；
（6）若甲是活泼金属，化合物B是强碱，则该反应的离子方程式为____________；
（7）若乙是黑色固体，化合物B是优质的耐高温材料。则该反应的化学方程式为____________________；
（8）若化合物A可作光导纤维材料，乙是一种重要的半导体材料。则该反应的化学方程式为____________________。
22．金属镁是一种活泼的常见金属，有着广泛的用途。下图是金属镁和卤素反应的能量变化图（反应物和产物均为298 K时的稳定状态）。
（1）下列选项中正确的是_________（填序号）。
①MgI2中Mg2+与I-间的作用力小于MgF2中Mg2+与F-间的作用力
②MgBr2与Cl2反应是放热反应
③化合物的熟稳定性顺序为： MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2
（2）请写出在一定条件下液溴与氟化镁固体反应的热化学方程式： ___________。
已知，金属镁在点燃的条件下能与二氧化碳反应：2Mg+CO2→2MgO+C，现将a克镁放在盛有b L（标准状态下）二氧化碳和氧气的混合气体的密闭容器中充分燃烧；
（3）若容器中剩余二氧化碳，则残留固体物质_________
A 一定只有MgO B 一定有MgO，可能有C
C 一定有MgO和C D 一定有C，可能有MgO
（4）若反应容器中有氧气剩余，则容器内剩余固体的质量为_________，出现此种状况，容器中原来b L混合气体中氧气的体积应满足（用含a的代数式）__________。
（5）若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，则残留固体m的取值范围_________；若容器中无气体剩余，残留固体中没有镁剩余，则残留固体m的取值范围_________。
23．铁元素被称为“人类第一元素”，其化合物应用广泛。
Ⅰ.硫化亚铁(FeS)是一种常见的还原剂。用FeS处理模拟含铬废水的流程如下：
(1)“还原”过程发生反应的离子方程式为______。
(2)为测定模拟废水中铬元素的去除率，进行如下实验：将滤渣用蒸馏水洗净后，在低温条件下干燥，称得质量为2.2100g。将上述2.2100g固体在空气中加热，测得固体质量随温度的变化如图所示。
说明：780℃以上的残留固体为Fe2O3、Cr2O3的化合物
① A→B固体质量增加是由滤渣中______(填化学式)发生反应引起的。
② 在空气中FeO稳定性小于Fe2O3，从电子排布的角度分析，其主要原因是______。
③ 根据以上实验数据计算上述模拟废水中铬元素的去除率______ (写出计算过程)。
Ⅱ.铁元素是构成人体的必不可少的元素之一，补铁剂种类繁多，其中一种有效成分是琥珀酸亚铁(图1)。
(1) 琥珀酸亚铁中碳原子的杂化轨道类型为______，1mol琥珀酸亚铁中含σ键______mol。
(2) 用邻二氮菲(phen，如图2)与琥珀酸亚铁生成稳定的橙色配合物，可测定Fe2+的浓度，发生反应：Fe2++3phen=[Fe(phen)3]2+。[Fe(phen)3]2+中，Fe2+的配位数为______。用邻二氮菲测定Fe2+浓度时应控制pH在2~9适宜范围，原因是______。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】
A．每个含有36个电子，故A错误；
B．的摩尔质量为，故B错误；
C．含有共价键，全氮阴离子与阳离子之间存在离子键，故C正确；
D．盐都是电解质，所以全氮阴离子盐属于电解质，故D错误。
故选：C。
2．C
【详解】
A. 离子键是阴阳离子之间强烈的相互作用，故A错误；
B. 离子键是相邻的阴阳离子之间的强烈的相互作用，不仅包含吸引力还包含排斥力，不仅包含吸引力还包含排斥力，故B错误；
C. 离子键是阴阳离子之间强烈的相互静电作用，故C正确；
D. 离子键是相邻的阴阳离子之间的强烈的相互作用，故D错误；
故选C。
3．C
【详解】
A．镁离子的半径比铝离子大且所带电荷数少，所以金属镁的金属键比金属铝弱，熔点和硬度都小，A错误；
B．从到，离子的半径是逐渐增大的，所带电荷数相同，金属键逐渐减弱，熔点和硬度都逐渐减小，B错误；
C．因离子的半径小而所带电荷数多，故金属铝的金属键比金属钠强，所以金属铝的熔点和硬度比金属钠都大，C正确；
D．钙离子的半径比钡离子小而所带电荷数相同，则金属钙的金属键比金属钡强，所以金属钙的熔点和硬度比金属钡都大，D错误；
故选C。
4．D
【详解】
A．金属晶体中含有金属阳离子和自由电子，所以含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，A错误；
B．属于分子晶体，熔点较低，熔化时破坏分子间作用力，属于离子晶体，熔点较高，熔化时破坏离子键，B错误；
C．C和同主族，但其最高价氧化物的晶体类型不同，晶体和晶体分别属于分子晶体和共价晶体，所以同族元素的最高价氧化物可能形成不同类型的晶体，C错误；
D．的熔点比的低，所以金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高，D正确；
故选D。
5．C
【详解】
硝酸钾属于离子晶体，碳化硅属于共价晶体，干冰属于分子晶体，一般情况下，熔点：共价晶体＞离子晶体＞分子晶体，故它们的熔点由高到低的顺序是碳化硅＞硝酸钾＞干冰，答案选C。
6．D
【详解】
A．根据上述分析，氯化铝为分子晶体，故A错误；
B．氯化铝、氯化硼、干冰为分子晶体，故B错误；
C．C、Si属于同主族，干冰为分子晶体，二氧化硅为原子晶体，故C错误；
D．氯化钠与氟化铝都是离子晶体，故D正确；
答案为D。
7．D
【详解】
A．K3C60 熔融状态下能导电，所以是电解质，并且是盐，是强电解质，故A正确；
B．是离子化合物，存在离子键，阴离子中存在共价键，故B正确；
C．该物质熔融状态下能导电，说明是电解质且含有离子键，所以属于离子晶体，故C正确；
D．K3C60=3K++ C603-，阴阳离子个数比是1:3，故D错误；
答案选D。
8．D
【详解】
A．氧化镁的晶格能比氧化钙大，使得Mg2+比Ca2+更容易与中的O元素结合，所以MgCO3热分解温度比CaCO3低，A项错误；
B．O元素的非金属性较强，无最高正价，B项错误；
C．Ar达到8电子稳定结构，不易得电子，Cl原子核外电子数为7，易得到电子，故Cl的电负性比Ar大，C项错误；
D．Al(OH)3和NaOH溶液能反应生成NaAlO2，根据对角线规则可知，Be(OH)2和NaOH溶液能反应生成Na2BeO2，D项正确；
答案选D。
9．C
【详解】
A． 3.9g晶体中阴离子的数目为＝0.05NA，故A错误；
B． 由方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，常温常压下，气体与水反应生成NA个，故B错误；
C． 18g和石墨的混合物中含有的碳原子数目为=1.5NA，故C正确；
D． HCl由分子构成，标准状况下，2.24L气体中不含有的，故D错误；
故选C。
10．D
【详解】
A．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则F、Si和Ca 电负性依次减小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，则F、Si和Ca原子半径依次增大，故A正确；
B．OF2与 SiO2都是含有极性共价键的共价化合物，化合物中氧原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为sp3杂化，故B正确；
C．由晶胞结构可知，A处到B处的距离为体对角线的，若A处原子分数坐标为(0，0，0)，则B 处原子分数坐标为，故C正确；
D．三种金属氟化物都为离子晶体，晶体提供自由氟离子的能力越强，阴阳离子间形成的离子键越弱，钡离子、钙离子和镁离子的电荷数相同，离子半径依次减小，则氟化钡、氟化钙、氟化镁三种晶体中的离子键依次增强，晶体提供自由氟离子的能力依次减弱，故D错误；
故选D。
11．B
【详解】
A．金刚石和石墨均由碳元素组成的碳的不同单质，选项A正确；
B．氧化物是指由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物，酒精由C、H、O三种元素组成，不是氧化物，选项B不正确；
C．氢气与氧气反应可以生成水，水通电可以分解生成氢气和氧气，故氢气和水可以相互转化，选项C正确；
D．一氧化碳分子由一个碳原子和一个氧原子构成，选项D正确；
答案选B。
12．B
【详解】
A．的个数为，Fe2+的个数为，阴阳离子个数比为1:1，A错误；
B．由晶胞结构可知，晶胞中心的阳离子位于阴离子构成的正八面体的中心，B正确；
C．由晶胞结构可知，每个阳离子周围距离最近且相等的阴离子由6个，故阳离子的配位数为6，C错误；
D．通过晶胞中阳离子的位置分析，若晶胞边长为a，则阳离子间的最短距离为，D错误；
答案选B。
13．A
【详解】
A．金刚石和晶体SiO2 都为原子晶体，熔化时破坏共价键，故正确；
B．C60和固体碘都为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，故错误；
C．冰和干冰都为分子晶体，冰熔化时破坏氢键，干冰分子熔化时破坏间作用力，故错误；
D．氯化钠和氧化镁固体都为离子晶体，熔化时破坏离子键，故错误。
故选A。
14．C
【详解】
A．CaF2难溶于水，水溶液的导电性极弱，与其是否是离子晶体没有关系，A不符合；
B．CaF2的熔点较高，硬度较大，但不能说明是离子晶体，也可能是原子晶体，B不符合；
C．离子晶体是由离子构成的，熔化时克服的是离子键，产生自由移动的离子，能导电，而分子晶体、原子晶体熔化时，不能产生自由移动的离子，不导电，所以CaF2固体不导电，但在熔融状态下可导电一定能说明CaF2是离子晶体，C符合；
D．CaF2在有机溶剂(如苯)中的溶解度极小，不能说明是离子晶体，有些分子晶体，例如水也难溶于苯，D不符合；
故选C。
15．D
【详解】
A．石英、金刚石是通过共价键形成的原子晶体，冰是水，属于分子晶体，A错误；
B．干冰气化属于物理变化，则气化时吸收的热量用于克服分子间作用力，分子内碳、氧原子间的作用力不变，B错误；
C．氯化氢和氯化钠溶于水都能电离出，但氯化氢中含有共价键，属于共价化合物，氯化钠是离子化合物，C错误；
D．和分子中氧元素的化合价均是－2价，所以氧原子的最外电子层都具有8电子的稳定结构，D正确；
答案选D。
16． 熔沸点：CH3CH2OH>CH3OCH3。两种化合物为同分异构体，而CH3CH2OH中存在分子间氢键，CH3OCH3无氢键，因此CH3CH2OH熔沸点高 熔沸点：O317．离子晶体和原子晶体的晶体类型不同，造成它们的性质存在很大差异
【详解】
在离子晶体中，构成晶体的粒子是阴、阳离子，阴、阳离子间通过离子键相互作用；而在原子晶体中，构成晶体的粒子是原子，原子间以较强的共价键相互作用，且形成空间网状结构。因此，属于离子晶体的食盐的摩氏硬度和属于原子晶体的石英的摩氏硬度存在很大差异，故答案为：离子晶体和原子晶体的晶体类型不同，造成它们的性质存在很大差异。
18．(1) 离子晶体 分子晶体
(2) MgO熔点高，能源消耗大，对设备要求高 降低Al2O3的熔化温度 AlCl3是共价化合物，熔化时无自由移动的离子存在
【解析】
(1)
MgCl2是由Mg2+与Cl-之间以离子键结合形成的离子晶体，由于离子键是一种强烈的相互作用，所以其熔沸点比较高；
AlCl3是共价化合物，是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，由于分子间作用力比化学键弱很多，因此克服分子间作用力使物质熔化、气化消耗的能量就比较少，因此熔沸点比较低，且AlCl3易升华；
(2)
MgO、MgCl2都是离子晶体，离子之间以离子键结合形成晶体，两种晶体的阳离子都是Mg2+，由于O2-半径比Cl-小，离子带有的电荷比Cl-多，导致离子键MgO大于MgCl2，因此MgO熔点高，电解MgO能源消耗更大，对设备要求也高，故工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁，而不用电解熔融MgO的方法生产镁；
Al2O3是离子晶体，Al3+与O2-之间以离子键结合，断裂离子键消耗的能量比较高，因此其熔点高，其熔点是2072℃，在生产铝时加入冰晶石，可以降低加入Al2O3的熔化温度，从而可以使铝的冶炼能耗降低，冶炼更方便；
AlCl3为分子晶体，在液体时仍然为分子晶体，不含有自由移动的离子，因此不能导电，因此不能采用电解熔融AlCl3方法冶炼金属铝。
19． 甘氨酸形成内盐是离子晶体，而二苯胺是分子晶体，一般离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点，所以甘氨酸的熔点高。 HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑或2HF+Na2CO3=2NaF+H2O+CO2↑
【详解】
(1)已知甘氨酸的熔点是 233℃，而二苯胺的熔点只有 53℃，甘氨酸的熔点比二苯胺的熔点高，这是由于甘氨酸形成内盐是离子晶体，离子之间以较强的离子键结合，而二苯胺是分子晶体，分子之间以微溶的分子间作用力结合，离子键比分子间作用力结合强，所以甘氨酸的熔点高；
(2)HF、H2CO3都是弱酸，根据复分解反应的规律：强酸与弱酸的盐可以发生反应制取弱酸，可通过反应：HF+NaHCO3=NaF+H2O+CO2↑或2HF+Na2CO3=2NaF+H2O+CO2↑，来证明酸性：HF＞H2CO3；
(3)C原子最外层有4个电子，可形成4个共价键，N原子最外层有5个电子，能形成3个共价键，F原子最外层有7个电子，能够形成1个共价键，三聚氟氰分子式为C3N3F3，分子结构中有类似苯环结构，所有原子均满足8电子结构，则三聚氟氰的结构式是。
20． 或或 6 导电性好 还原剂 420℃时，多孔碳已全部转化为，不会导致质量减小；转化为硫酸盐，使固体质量增加 0.06
【详解】
(1)①将等物质的量的FeSO4、S、Na2S2O3研磨置于反应釜中，加入蒸馏水加热使之恰好反应生成FeS2，若把Na2S2O3中S元素的价态看成-2、+6价，则产物还有Na2SO4、H2SO4，该反应的化学方程式为。
②由晶体的晶胞结构示意图可以看出，距离离子1最近的分别在三条棱的中点，且都位于坐标轴上，所以分数坐标为或或，每个周围距离最近且相等的分别在面心和顶点，所以共有6个。答案为：；或或；6；
(2)①将镶嵌在多孔碳中制成多孔碳/复合材料，多孔碳的导电能力强，所以该电极材料相较具有的优势是放电时不易膨胀且导电性好。定性滤纸的主要成分为纤维素，碳元素显负价，它转化为碳时需失去电子，所以其作用是提供碳源和还原剂。
②420℃~569℃时，多孔碳/固体残留率增大，则S元素没有转化为SO2气体，固体质量增大，只能是结合空气中的氧气生成硫酸盐，原因是：420℃时，多孔碳已全部转化为，不会导致质量减小；转化为硫酸盐，使固体质量增加。
③依据“多孔碳/最终转化为Fe2O3，固体残留率为50%”，假设Fe2O3为1mol，质量为160g，则多孔碳/质量为320g，且含有2molFeS(铁元素守恒)；由两个正极反应，可得出如下关系式：2FeS—4e-，从而得出：该多孔碳/电极—2FeS—4e-，多孔碳/电极质量为4.8g，该电极理论上最多可以得电子mol=0.06mol。答案为：导电性好；还原剂；420℃时，多孔碳已全部转化为，不会导致质量减小；转化为硫酸盐，使固体质量增加；0.06。
21． 1 ≥2 mol L 1 取少量原溶液置于试管中，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在氯离子，否则无氯离子 BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑ 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑（或2K＋2H2O=2K＋＋2OH－＋H2↑） 2Mg＋CO22MgO＋C SiO2＋2CSi＋2CO↑
【详解】
无色溶液中不存在Fe3＋，①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则Cl－、CO32－和SO42－至少含有一种；②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体448mL（标准状况下），气体是氨气，物质的量是0.02mol，因此含有0.02mol NH4+；③第三份加入足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，过滤、干燥，得到固体4.30g，该固体经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g，所以一定存在CO32－和SO42－，因此不能存在Ca2＋。其中硫酸根的物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol，碳酸钡的质量是4.30g－2.33g＝1.97g，则碳酸根离子的物质的量是1.97g÷197g/mol＝0.01mol。
（1）c(CO32－)＝0.01mol÷0.01L＝1.0 mol·L 1；（2）根据电荷守恒可知阴离子所带电荷数大于阳离子所带电荷数，所以该溶液中一定存在K＋。铵根的浓度是2.0mol/L，硫酸根的浓度是1.0mol/L，由于氯离子不能确定，则K＋浓度范围是≥2 mol L 1；（3）根据以上实验可知氯离子可能存在，检验该离子是否存在的方法是取少量原溶液置于试管中，加足量硝酸钡溶液过滤，取滤液加足量稀硝酸和硝酸银溶液，若有沉淀证明存在氯离子，否则无氯离子；（4）③中固体加入足量盐酸洗涤时碳酸钡溶解，反应的离子方程式为BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑。（5）若化合物A是红棕色粉末状固体，化合物B是一种既可以与强酸溶液反应又可以与强碱溶液反应的氧化物，则该反应是金属铝与氧化铁的铝热反应，反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（6）若甲是活泼金属，化合物B是强碱，则该反应是钠或与水的反应，反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑或2K＋2H2O=2K＋＋2OH－＋H2↑；（7）若乙是黑色固体，化合物B是优质的耐高温材料，则该反应是镁在二氧化碳中燃烧，反应的化学方程式为2Mg＋CO22MgO＋C；（8）若化合物A可作光导纤维材料，乙是一种重要的半导体材料，则该反应是碳与二氧化硅的反应，反应的化学方程式为SiO2＋2CSi＋2CO↑。
22． ①② MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)+ F2(g) △H＝+600kJ/mol B g b＞V(O2)＞ (a＋)＜m＜(a＋) ＜m＜
【详解】
(1)①相同类型的离子晶体中，离子键越强，则离子间作用力越强，物质含有的能量越低，所以MgI2中Mg2＋与I 间的作用力小于MgF2中Mg2＋与F 间的作用力，故正确；
②根据图象知，反应物的能量大于生成物能量，所以Mg与F2的反应是放热反应，故正确；
③能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故错误；
故选①②；
(2)镁和氟气反应的热化学反应方程式为：Mg(s)＋F2(g)＝MgF2(s) △H＝ 1124kJ/mol①
Mg(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s) △H＝ 524kJ/mol②
将方程式② ①得MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)+ F2(g) △H＝( 524kJ/mol) ( 1124kJ/mol)＝+600kJ/mol，故答案为：MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)+ F2(g) △H＝+600kJ/mol；
(3)镁先和氧气反应生成氧化镁，当氧气完全反应后，镁再和二氧化碳反应生成氧化镁，若容器中剩余二氧化碳，二氧化碳可能参加反应也可能不参加反应，所以残留固体物质一定含有氧化镁，可能含有碳，故选B；
(4)镁的物质的量＝＝mol，若氧气有剩余，则镁只和氧气反应生成氧化镁，根据原子守恒得n(Mg)＝n(MgO)，所以氧化镁的质量＝mol×40g/mol＝g；
氧气有剩余，氧气的最小体积为大于和镁完全反应的体积，而小于气体总体积，2Mg＋O2＝2MgO，根据镁和氧气的关系式得当镁和氧气恰好反应时需要气体氧气物质的量＝mol×＝mol，则需要氧气体积＝mol×22.4L/mol＝L，所以氧气的体积为b＞V(O2)＞，故答案为：g；b＞V(O2)＞；
(5)若容器中无气体剩余，残留固体中含有镁，说明镁不足量，假设气体全部是氧气，氧气完全反应时固体质量增加的质量＝mol×32g/mol＝g，则固体质量为(a＋)g；
假设气体全部是二氧化碳，根据2Mg＋CO2→2MgO＋C知，固体增加的质量为二氧化碳的质量，所以固体增加的质量＝mol×44g/mol＝g，所以固体质量为(a＋)g，则容器内固体质量为(a＋)＜m＜(a＋)；
假设镁和氧气恰好反应，固体的质量为氧化镁的质量＝g；
假设镁和二氧化碳恰好反应，固体的质量为镁和二氧化碳的质量＝a＋×1×44g/mol＝g，实际上固体质量介于二者之间，为＜m＜，故答案为：(a＋)＜m＜(a＋)；＜m＜。
23． FeS + 3CrO+ 7H2O = FeOOH + 3Cr(OH)3 + SO+ OH- FeS Fe2+中3d轨道没有达到半满的稳定结构，而Fe3+中3d轨道达到半满的稳定结构 50% sp2、sp3 13 6 当pH<2时，H+浓度大，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；pH>9，OH-浓度大与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位。
【详解】
(1)由流程图知，铬酸钾与硫化亚铁反应生成SO，FeOOH和Cr(OH)3,铁元素从+2价升高到+3价，硫元素从-2价升高到+6价，硫化亚铁完全反应化合价升高9价，铬酸钾完全反应化合价降低3价，根据化合价升降相等及电子守恒，质量守恒配平方程式为FeS + 3CrO+ 7H2O = FeOOH + 3Cr(OH)3 + SO+ OH-，答案为FeS + 3CrO+ 7H2O = FeOOH + 3Cr(OH)3 + SO+ OH-
(2) ① 滤渣为FeS 、FeOOH、Cr(OH)3 的混合物，已知780℃以上的残留固体为Fe2O3、Cr2O3的化合物，FeOOH、Cr(OH)3 加热分解生成Fe2O3、Cr2O3的过程是质量减小的过程，FeS加热先变成硫酸铁，硫酸铁加强热分解变为氧化铁，该过程固体中先增大后减小，所以A→B固体质量增加是由滤渣中FeS 引起的。故答案为FeS；
② 在空气中FeO稳定性小于Fe2O3，从电子排布的角度分析，其主要原因是Fe2+中3d轨道没有达到半满的稳定结构，而Fe3+中3d轨道达到半满的稳定结构，故答案为Fe2+中3d轨道没有达到半满的稳定结构，而Fe3+中3d轨道达到半满的稳定结构；
③ 根据以上实验数据计算上述模拟废水中铬元素的去除率，1L模拟废水中含铬酸钾的物质的量为5.82g/L×1L÷194g/mol=0.03mol。
设2.2100g固体中含FeS 为xmol,FeOOH为ymol,根据反应FeS + 3CrO+ 7H2O = FeOOH + 3Cr(OH)3 + SO+ OH-可知，Cr(OH)3 为3ymol,结合Fe、Cr元素守恒可知，灼烧所得的固体质量为1.74g固体中Fe2O3的物质的量为mol, Cr2O3的物质的量为1.5mol，则xmol×88g/mol+ymol×89g/mol+3ymol×103g/mol=2.2100g, mol×160g/mol+1.5y×152g/mol=1.7400g,联立解得，x=0.0025mol,y=0.005mol,滤渣中Cr(OH)3
的物质的量为3y=3×0.005mol=0.015mol,废水中+6价的去除率为。故答案为50％.
Ⅱ．(1) 琥珀酸亚铁中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，1mol琥珀酸亚铁中含σ键13mol,故答案为sp2、sp3，13
(2) 用邻二氮菲(phen，如图2)与琥珀酸亚铁生成稳定的橙色配合物，可测定Fe2+的浓度，发生反应：Fe2++3phen=[Fe(phen)3]2+。因为邻二氮菲中有两个氮原子，与每一个氮原子都能形成配位，所以在[Fe(phen)3]2+中，Fe2+的配位数为6。用邻二氮菲测定Fe2+浓度时应控制pH在2~9适宜范围，原因是当pH<2时，H+浓度大，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；pH>9，OH-浓度大与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位；故答案为6；当pH<2时，H+浓度大，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；pH>9，OH-浓度大与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位；