=10mol/L，pH为8，故答案为：8；
（3）根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4?2H2O溶解度小，温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底；由滤液Ⅰ到滤液Ⅱ需先加入NaClO调溶液pH约为5，把亚铁离子氧化成铁离子，同时铁离子、铝离子形成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀、硫酸钙沉淀，所得到的滤渣主要成分是：Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4?2H2O，
故答案为：温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4?2H2O溶解度小等合理答案均可）；Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4?2H2O；
（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体，故答案为：NaOH溶液；向沉淀中加足量稀硫酸； （5）设该盐泥中含Mg（OH）2的质量为x，MgSO4?7H2O质量为24.6克，物质的量是
=0.1mol．
由关系式MgSO4?7H2O﹣Mg（OH）2 1mol 58g 0.1mol x x=5.8g
故该盐泥中含Mg（OH）2的百分含量为
×100%=20%，
﹣8
故答案为：20.0%． 点评： 本题是一道物质的分离和提纯知识的综合实验题，考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，难度较大．
10．某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究．现行高中化学教材中对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”、“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”．查阅《化学手册》知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3熔点、沸点数据如下： 物质 Al Al2O3 Fe Fe2O3 熔点/℃ 660 2054 1535 1462 沸点/℃ 2467 2980 2750 ﹣﹣ Ⅰ．（1）某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金．理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金．你认为他的解释是否合理？答： 合理 （填“合理”或“不合理”）
（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝．该实验所用试剂是 NaOH溶液
反应的离子方程式为 2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2↑ ．
（3）实验室溶解该熔融物，下列试剂中最好的是 B （填序号）． A．浓硫酸 B．稀硫酸 C．稀硝酸 D．氢氧化钠溶液
Ⅱ．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低．某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出．在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol?L的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示．试回答下列问题：
﹣1
﹣
﹣
（1）图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为 H+OH═H2O +（2）在DE段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为 NH4+OH﹣﹣3+3+++═NH3?H2O 上述现象说明溶液中 Al、Fe、H 结合OH的能力比 NH4 强（填离子符号）．
（3）B点对应的沉淀的物质的量为 0.032 mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为 7 mL．
考点： 探究铝热反应；化学方程式的有关计算． 专题： 计算题；元素及其化合物． 分析： Ⅰ．（1）铝的熔点比铁低，生成铁和液态铝一起滴落至盛有沙子的容器中形成合金； （2）根据铝与NaOH溶液反应的性质设计实验方案； （3）A．浓硫酸易使铁、铝钝化，不能使合金溶解； B．活泼金属与稀硫酸反应；
C．稀硝酸与金属反应生成污染性气体； D．铁不与NaOH溶液反应； Ⅱ．（1）O→C 之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，O→C 之间发生的反应酸碱中和反应，以此书写反应的离子方程式；
（2）D与E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，以此书写离子方程
﹣
式；根据反应顺序确定结合OH的能力； （3）B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由EF段消耗的氢氧化钠，根据Al（OH）3 +OH﹣﹣
=AlO2+2H2O，得出Al（OH）3的物质的量；再根据电子守恒计算出铁的物质的量，据此可以计算出沉淀氢氧化铝、氢氧化铁的物质的量；再根据31mL时反应情况计算出C点氢氧化铁溶液体积． 解答： 解：Ⅰ．（1）铝的熔点比铁低，生成铁和液态铝一起滴落至盛有沙子的容器中形成合金，所以铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金， 故答案为：合理；
（2）铝与NaOH溶液反应生成气体，反应的化学方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2↑，所以可用NaOH溶液检验所得的块状熔融物中含有金属铝，
故答案为：NaOH溶液；2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2↑；
（3）A．浓硫酸易使铁、铝钝化，不能使合金溶解，故A错误； B．活泼金属与稀硫酸反应，熔融物可溶解于稀硫酸中，故B正确； C．稀硝酸与金属反应生成污染性气体，不是最佳选择，故C错误； D．铁不与NaOH溶液反应，不能将熔融物全部溶解，故D错误； 故答案为：B； Ⅱ．（1）O→C之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，O→C之间发生的反应酸碱中和反应，离子方程式为H+OH═H2O，
﹣+
故答案为：H+OH═H2O；
+
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
+
﹣
（2）D与E一段沉淀的质量没有发生变化，该反应为NH4NO3和NaOH反应，反应的离子
﹣+
方程式为：NH4+OH═NH3?H2O；说明硝酸被还原生成了铵根离子，；
﹣﹣3+3+
上述现象说明溶液中最先结合OH是氢离子，然后为Al、Fe，最后结合OH是铵根离
﹣
子，所以溶液中的离子结合OH的能力最强的是氢离子，最弱的是铵根离子，
﹣+3+3+++
故答案为：NH4+OH═NH3?H2O；Al、Fe、H；NH4；
（3）由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为36mL﹣34m=2mL，故该计算参加反应的氢氧化钠的物质的量为：0.002L×4mol/L=0.008mol，根据Al（OH）3 +OH=AlO2+2H2O可知，Al（OH）3的物质的量为0.008mol；金属混合物中含有铝0.008mol； 设铁为xmol，Al为0.008mol，生成硝酸铵为：（34﹣31）×0.001L×4mol/L=0.012mol，由于显示过量，铁反应生成了硝酸铁，由电子守恒可知，3x+0.008×3=0.012×8，解得x=0.024mol，即反应生成氢氧化铁的物质的量为0.024mol，生成沉淀的总物质的量为：0.008mol+0.024mol=0.032mol；
滴加NaOH体积为31ml时，发生反应为①H+OH=H2O，②Fe+3OH=Fe（OH）3↓，Al+3OH=Al（OH）则C点氢氧化钠溶液的体积为31mL﹣3↓，﹣
×1000mL/L=7mL，
3+
﹣
﹣
﹣
+
﹣
3+
﹣
×1000mL/L
故答案为：0.032；7． 点评： 本题考查铝热反应，金属与硝酸的反应、离子方程式的书写、氧化还原反应、化学计算等知识点，难度和题量较大，明确图中各阶段的反应实质，然后据此判断出硝酸的还原产物以及电子转移守恒的运用是解题关键．
11．过渡金属元素铁能形成多种配合物，如：[Fe（H2NCONH2）6]（NO3）3[三硝酸六尿素合铁（Ⅲ）]和
Fe（CO）x等．
3+265
①基态Fe的M层电子排布式为 3s3p3d ．
23
②尿素（H2NCONH2）分子中C、N原子的杂化方式分别是 sp 、 sp ；
③配合物Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x= 5 ． Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于 分子晶体 （填晶体类型）．
考点： 原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断． 专题： 化学键与晶体结构．
分析： ①Fe原子核外电子数为26，原子形成阳离子先按能层高低失去电子，能层越高的电子越容易失去，同一能层中按能级高低失去电子，能级越高越容易失去； ②根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式；
③配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，据此判断x值；分子晶体的熔沸点较低．
2262662
解答： 解：①Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s2s2p3s3p3d4s，Fe原子
3+3+226265
失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe，Fe电子排布式为1s2s2p3s3p3d，
265
则M层电子排布式为：3s3p3d，
265
故答案为：3s3p3d；
②尿素（H2NCONH2）分子中C原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以其杂化方式为sp，
3
N原子分别含有3个，σ键且含有一个孤电子对，所以N原子采用sp杂化，
23
故答案为：sp；sp；
③配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，8+2x=18，x=5，分子晶体的熔沸点较低，根据题给信息知，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体，
故答案为：5；分子晶体． 点评： 本题考查物质结构和性质，涉及基态原子核外电子排布、价层电子对互斥理论、配合物成键、晶体性质等知识点，这些是学习难点，也是考查重点，难度中等．
12．O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为 立方体结构 ．已知该晶胞的密度为ρ g/cm，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a=
cm．（用含ρ、NA的计算式表示）
3
2
考点： 晶胞的计算． 专题： 化学键与晶体结构． 分析： O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物为Na2O，该晶胞结构中黑球有8×+6×=4，白球在内部，共有8个，所以黑球为O，以晶胞中上面心O离子为研究对象，距一个O周围最近的Na离子有8个，位于晶胞中上层4个Na及上面晶胞中的下层
++
4个Na，8个Na离子构成的几何体中每个都是正方形，形成立方体结构；计算晶胞的质量，棱长=
．
2﹣
+
+
2﹣
2﹣
解答： 解：由Na2O晶胞结构结构可知，晶胞中黑色球数目=8×+6×=4，白色球数目=8，故白色球为Na离子、黑色球为O，以晶胞中上面心O离子为研究对象，距一个O周
++++
围最近的Na离子有8个，位于晶胞中上层4个Na及上面晶胞中的下层4个Na，8个Na离子构成的几何体中每个都是正方形，形成立方体结构； 该晶胞质量=4×
g，该晶胞的密度为ρ g?cm，则晶胞边长
﹣3
+2﹣2﹣2﹣
a==cm，
故答案为：立方体结构；．
点评： 本题主要考查晶胞结构与计算，晶胞结构对学生的空间想象有一定的要求，注意利用均摊法进行计算，难度中等．
13．下列说法正确的是 （ ） A． 第一电离能大小：S＞P＞Si B． 电负性顺序：C＜N＜O＜F
C． 因为晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低
D． SO2与CO2的化学性质类似，分子结构也都呈直线型，相同条件下SO2的溶解度更大
E． 分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点越高
考点： 同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别． 专题： 元素周期律与元素周期表专题．
分析： A．P的最外层电子轨道为半充满状态，较稳定，难以失去电子； B．同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大； C．离子晶体的晶格能越大，熔点越高； D．二氧化硫为极性分析；
E．影响分子晶体熔沸点高低的因素为分子将作用力大小．
解答： 解：A．P的最外层电子轨道为半充满状态，较稳定，难以失去电子，第一电离能较大，应为P＞S＞Si，故A错误；
B．同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，故B正确；
C．离子晶体的晶格能越大，熔点越高，则因为晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低，故C正确；
D．二氧化硫为V形，为极性分析，故D错误； E．影响分子晶体熔沸点高低的因素为分子将作用力大小，与共价键的强弱无关，故E错误． 故选BC． 点评： 本题综合考查元素周期律、晶体结构等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．
14．图1是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体．
①图中d单质的晶体堆积方式类型是 面心立方最密堆积 ．
②图2是上述六种元素中的一种元素形成的含氧酸的结构，请简要说明该物质易溶于水的原因： 硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中，硝酸分子中氢氧键易与水分子间形成氢键 ．
考点： 不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．