2016年山東省菏澤市成武一中高考三模試卷化學(xué)

1、2016年山東省菏澤市成武一中高考三模試卷化學(xué)一、選擇題1.化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列敘述正確的是( )A.光纖通信使用的光纜主要成分是Si，太陽能電池使用的材料主要是SiO2B.點燃爆竹后，硫燃燒生產(chǎn)SO3C.海水中含有溴元素，只進行物理變化就可以得到溴單質(zhì)D.地溝油禁止使用，但可以用來制取肥皂解析：A.光纖通信使用的光纜主要成分是二氧化硅，太陽能電池使用的材料主要是Si，故A錯誤；B.點燃爆竹后，硫燃燒生產(chǎn)SO2，故B錯誤；C.海水中含有的溴元素是以Br的形式存在，要轉(zhuǎn)化為溴單質(zhì)，元素必然降價，要發(fā)生還原反應(yīng)，即只經(jīng)過物理變化不能從海水中得到溴單質(zhì)，故C錯誤；D.地溝油禁止食用，但其主要成分

2、是油脂，在堿性溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，又稱皂化反應(yīng)，可用于制取肥皂，故D正確。答案：D2.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是( )A.標準狀況下2.24L氯氣與水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NAB.標況下，2.24LNO2分子總數(shù)小于0.1NAC.標準狀況下2.24L的CCl4中含有的CCl鍵數(shù)為0.4NAD.6.8g液態(tài)KHSO4中含有0.1NA個陽離子解析：A.氯氣與水的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，2.24L氯氣不能完全轉(zhuǎn)化，轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于0.1mol，故A錯誤；B.NO2發(fā)生反應(yīng)：2NO2N2O4，所以2.24LNO2分子總數(shù)小于0.1NA，故B正確；C.標準狀況下，四氯化碳為液體狀態(tài)，即2.

3、24L的四氯化碳不是0.1mol，故C錯誤；D.6.8g液態(tài)KHSO4的物質(zhì)的量=0.05mol，液體KHSO4，只能電離出鉀離子，不能電離出氫離子，故有0.05NA個陽離子，故D錯誤。答案：B3.屠呦呦因?qū)η噍锼氐难芯慷@得諾貝爾生理學(xué)或醫(yī)學(xué)獎，青蒿素可以青蒿酸(結(jié)構(gòu)簡式如圖所示)為原料合成，下列關(guān)于青蒿酸的說法中正確的是( )A.分子式為C15H24O2B.屬子芳香族化合物C.能發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)D.分子中所有原子可能共平面解析：A.根據(jù)有機物的結(jié)構(gòu)簡式判斷分子式為C15H20O2，故A錯誤；B.不含苯環(huán)，不屬于芳香族化合物，故B錯誤；C.含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成反應(yīng)，含有羧基，可發(fā)生

4、取代反應(yīng)，故C正確；D.含有飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點，所有原子不可能在同一平面上，故D錯誤。答案：C4.X、Y、Z、W為四種短周期主族元素，且原子序數(shù)依次遞增，其中X、Z同族，Y是短周期主族元素中原子半徑最大的，X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍，下列說法正確的是( )A.Y、Z、W單核離子均能破壞水的電離平衡B.W元素氧化物對應(yīng)水化物的酸性一定強于ZC.南X、Y、Z三種元素組成的化合物不止2種D.因為X的氫化物分子間有氫鍵，所以X的氫化物較Z的氫化物穩(wěn)定解析：X原子的最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍，則核外各電子層的電子分別為2、6，應(yīng)為O元素，X、Z同主族，則Z為S元素，W為短周

5、期元素，而且W的原子序數(shù)大于S，所以W為Cl元素，Y是短周期主族元素中原子半徑最大的，則Y為Na元素。A、HCl為強酸，Cl不水解，故A錯誤；B、Cl元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性一定強于S，不是最高價氧化物的水化物的酸性不能判斷酸性強弱，故B錯誤；C、X、Y、Z分別為X為O、Na、S，三種元素形成的化合物由Na2SO3、Na2SO4、Na2S2O3等，故C正確；D、氫化物的穩(wěn)定性與共價鍵有關(guān)，與氫鍵無關(guān)，OH鍵能大于HS鍵能，所以H2O的穩(wěn)定性大于H2S，故D錯誤。答案：C5.已知電離平衡常數(shù)：H2CO3HClOHCO3。下列離子反應(yīng)方程式正確的是( )NaClO溶液中通入少量二氧化碳：

6、2ClO+CO2+H2O2HClO+CO32Na2CO3溶液中加入HClO溶液：CO32+HClOHCO3+ClO等物質(zhì)的量的Cl2與Na2CO3溶液恰好反應(yīng)：Cl2+CO32+H2OHCO3+Cl+HClOCl2通入NaHCO3溶液中：Cl2+2HCO32CO2+Cl+ClO+H2O。A.B.C.D.解析：H2CO3HClOHCO3，則NaClO溶液中通入少量二氧化碳反應(yīng)生成次氯酸和碳酸氫鈉，故錯誤；次氯酸酸性強于碳酸氫鈉弱于碳酸，依據(jù)強酸制備弱酸規(guī)律，Na2CO3溶液中加入HClO溶液：CO32+HClOHCO3+ClO，故正確；氯氣與水反應(yīng)生成氯化氫和次氯酸，氯化氫與碳酸鈉反應(yīng)生成氯化鈉

7、、碳酸氫鈉和水，次氯酸與碳酸氫鈉不反應(yīng)，則離子方程式：Cl2+CO32+H2OHCO3+Cl+HClO，故正確；Cl2通入NaHCO3溶液中，氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，鹽酸能夠與碳酸氫鈉反應(yīng)生成氯化鈉和水、二氧化碳，次氯酸酸性弱于碳酸，所以與碳酸氫鈉不反應(yīng)，應(yīng)以次氯酸分子形式存在，故錯誤。答案：C6.向四支試管中分別加入少量不同的無色溶液進行如下操作，結(jié)論正確的是( )操作現(xiàn)象結(jié)論A滴加稀NaOH溶液，將紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍原溶液中無NH4+B向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液出現(xiàn)白色沉淀溶液X 中一定含有SO42C滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置下層溶液顯紫色

8、原溶液中有ID用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應(yīng)火焰呈黃色原溶液中有Na+、無K+A.AB.BC.CD.D解析：A、銨鹽和氫氧化鈉在加熱的條件下發(fā)生反應(yīng)生成氨氣，銨鹽中滴加稀NaOH溶液，不加熱不會產(chǎn)生氨氣，故A錯誤；B、向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，出現(xiàn)白色沉淀，不排除溶液X中含有SO32的可能，故B錯誤；C、碘離子具有還原性，能被氯氣氧化為碘單質(zhì)，碘單質(zhì)遇到淀粉變藍，碘水中加入四氯化碳振蕩、靜置，下層是溶于四氯化碳中的碘單質(zhì)顯紫色，故C正確；D、用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應(yīng)火焰呈黃色，原溶液中有Na+，無法判斷是否含K+，故D錯誤。答案：C7.下列溶液中微粒濃度關(guān)系正確

9、的是( )A.含有NH4+、Cl、H+、OH的溶液中，離子濃度是c(Cl)c(NH4+)c(OH)c(H+)B.pH=5的NH4Cl溶液與pH=5的硫酸中，水電離的c(H+)相同C.pH=9的NaHCO3溶液中：c(Na+)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)D.將0.2 molL1 CH3COOH溶液和0.1 molL1NaOH溶液等體積混合，則反應(yīng)后的混合溶液中：2c(OH)+c(CH3COO)=2c(H+)+c(CH3COOH)解析：A.溶液中一定滿足電荷守恒，而c(Cl)c(NH4+)c(OH)c(H+)中陰離子總濃度大于陽離子，違反了電荷守恒，故A錯誤；B.pH=5的NH4C

10、l溶液與pH=5的硫酸中，前者銨根離子水解促進了水的電離，后者硫酸電離出的氫離子抑制了水的電離，所以兩溶液中水電離的c(H+)不相同，故B錯誤；C.pH=9的NaHCO3溶液呈堿性，說明碳酸氫根離子的電離程度小于其水解程度，則c(H2CO3)c(CO32)，正確的離子濃度大小為：c(Na+)c(HCO3)c(H2CO3)c(CO32)，故C錯誤；D.0.2 molL1 CH3COOH溶液和0.1 molL1NaOH溶液等體積混合，反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的醋酸和醋酸鈉，根據(jù)電荷守恒可知：c(OH)+c(CH3COO)=c(Na+)+c(H+)，根據(jù)物料守恒可得：c(CH3COOH)+c(CH3COO

11、)=2c(Na+)，二者結(jié)合可得：2c(OH)+c(CH3COO)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故D正確。答案：D二、非選擇題8.二氧化硫為無色氣體，有強烈刺激性氣味，是大氣主要污染物之一。某化學(xué)興趣小組欲制備并探究SO2的某些性質(zhì)?！維O2的制備】用亞硫酸鈉與較濃的硫酸反應(yīng)制備SO2的裝置圖如圖1(夾持儀器省略)：圖中的裝置錯誤的是 ；B中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。D裝置的作用是 。解析：根據(jù)圖1裝置可知，二氧化硫密度大于空氣，所以收集二氧化硫時應(yīng)長時短出，所以C處有錯，裝置B中發(fā)生的反應(yīng)為亞硫酸鈉和濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫、硫酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Na2SO3+H2SO4=N

12、a2SO4+H2O+SO2；二氧化硫會污染空氣，所以D的作用是進行尾氣吸收，答案：集氣瓶C中導(dǎo)管長短反了 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2 吸收尾氣中的SO2，防止污染環(huán)境【SO2的性質(zhì)】探究SO2氣體性質(zhì)的裝置如圖2所示：裝置中的現(xiàn)象是 ，寫出裝置中通入足量SO2的離子方程式 。在上述裝置中通入過量的SO2，為了驗證中發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，取中溶液分成兩份，并設(shè)計了如下實驗：方案一：往第一份試液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫紅色褪去；方案二：往第二份試液加入KSCN溶液，不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅。上述方案不合理的方案是 ，原因是 ，寫出解釋該原因的離子方程式

13、。SO2可以用來制備硫代硫酸鈉，硫代硫酸鈉可用于照相業(yè)作定影劑，也可用于紙漿漂白作脫氯劑等。實驗室可通過Na2S、Na2CO3和SO2共同反應(yīng)來制取Na2S2O3.寫出如圖3所示裝置中三頸瓶中由反應(yīng)制取Na2S2O3的化學(xué)方程式 。解析：二氧化硫通入硫化鈉溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成淡黃色沉淀硫單質(zhì)；足量二氧化硫和硫化鈉溶液反應(yīng)得到硫單質(zhì)和亞硫酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式為：2S2+5SO2+2H2O=3S+4HSO3，過量的二氧化硫能溶于水，也能使高錳酸鉀褪色，所以方案一不合理，反應(yīng)的離子方程式為：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+，實驗室可通過Na2S、Na2CO3和SO

14、2共同反應(yīng)生成二氧化碳和Na2S2O3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 。答案：有淺黃色沉淀生成2S2+5SO2+2H2O=3S+4HSO3方案一過量的二氧化硫能溶于水，也能使高錳酸鉀褪色5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 9.NO能引起光化學(xué)煙霧，破壞臭氧層。處理NO有多種方法，根據(jù)題意回答下列問題：.利用催化技術(shù)將尾氣中的NO和CO轉(zhuǎn)變成CO2和N2，化學(xué)方程式如下：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)H=748kJ/mol為了測定某催化

15、劑作用下的反應(yīng)速率，在一定溫度下，向某恒容密閉容器中充入等物質(zhì)的量的NO和CO發(fā)生上述反應(yīng)。用氣體傳感器測得不同時間NO濃度如表：時間(s)01234c(NO)/molL11.00×1034.00×1041.70×1041.00×1041.00×104前2s內(nèi)的平均反應(yīng)速率(N2)= (保留3位有效數(shù)字，下同)；計算此溫度下該反應(yīng)的K= 。達到平衡時，下列措施能提高NO轉(zhuǎn)化率的是 。(填字母序號)A.選用更有效的催化劑B.降低反應(yīng)體系的溫度C.充入氬氣使容器內(nèi)壓強增大D.充入CO使容器內(nèi)壓強增大已知N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+18

16、0kJ/mol；則CO的燃燒熱為 。解析：根據(jù)表格中數(shù)據(jù)算出前2s內(nèi)的平均反應(yīng)速率(NO)=(1.00×1031.70×104 )÷2=4.15×104mol/(Ls)，根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，(N2)=1/2(NO)=2.08×104 mol/(Ls)；由表格數(shù)據(jù)看出第3s后c(NO)不變則達平衡，此時c(CO)=1.00×104molL1，c(CO2)=1.00×103molL1 1.00×104molL1=9.00×104molL1，c(N2)=1/2c(CO2)=4.50×

17、;104molL1，根據(jù)K=c(CO2)2×c(N2)/(c(NO)2×c(CO)2)=3.65×106，達到平衡時，要提高NO轉(zhuǎn)化率，即改變條件要使平衡正向移動，A.選用更有效的催化劑，平衡不移動，故A錯誤；B.降低反應(yīng)體系的溫度，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，正向移動，故B正確；C.充入氬氣使容器內(nèi)壓強增大，平衡不移動，故C錯誤；D.充入CO使容器內(nèi)壓強增大，相當(dāng)于增大CO濃度，平衡正向移動，NO轉(zhuǎn)化率提高，故D正確。由已知方程2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2(g)H=748kJ/mol及N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180kJ/mol。根據(jù)蓋

18、斯定律÷2+÷2得CO的燃燒熱的熱化學(xué)方程式為CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)H=(748kJ/mol)÷2+(+180kJ/mol)÷2=284 kJ/mol。答案：2.08×104mol/(Ls)；3.65×106BD284 kJ/mol或H=284kJ/mol.臭氧也可用于處理NO。O3氧化NO結(jié)合水洗可產(chǎn)生HNO3和O2，每生成1mol的HNO3轉(zhuǎn)移 mol電子。O3可由電解稀硫酸制得，原理如圖。圖中陰極為 (填A(yù)或B)，陽極(惰性電極)的電極反應(yīng)式為 。解析：O3氧化NO結(jié)合水洗可產(chǎn)生HNO3和O2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)=化

19、合價升高數(shù)，NO轉(zhuǎn)化為HNO3 ，化合價升高3，每生成1mol的HNO3轉(zhuǎn)移3mol電子，根據(jù)已知圖，A極出來的是O3，B極出來的是H2，說明A極發(fā)生的氧化反應(yīng)為陽極，B極發(fā)生還原反應(yīng)為陰極，陽極(惰性電極)的電極反應(yīng)式為3H2O6e=O3+6H+。答案：3B3H2O6e=O3+6H+10.鋰元素被譽為能源元素。鋰及鋰鹽具有的優(yōu)異性能和特殊功能，在化工、電子、宇航、核能、能源等領(lǐng)域都得到廣泛應(yīng)用。.鋰的原子結(jié)構(gòu)示意圖為 ；鋰暴露在濕空氣中時，會迅速地失去金屬光澤、表面開始變黑，更長時間則變成白色。生成的化合物是氮化鋰、氫氧化鋰，最終生成碳酸鋰。寫出生成氮化鋰的化學(xué)方程式 。解析：鋰的原子核外有

20、2個電子層，各層電子數(shù)為2、1，原子結(jié)構(gòu)示意圖為：，Li與氮氣反應(yīng)生成Li3N，反應(yīng)方程式為：6Li+N2=2Li3N。答案： 6Li+N2=2Li3N.下面是從鋰輝石(Li2OAl2O3SiO2)中提出鋰的工業(yè)流程示意圖。高溫煅燒時的反應(yīng)原理為：Li2OAl2O3SiO2+K2SO4K2OAl2O3SiO2+Li2SO4Li2OAl2O3SiO2+Na2SO4Na2OAl2O3SiO2+Li2SO4鋰離子浸取液中含有的金屬離子為：K+、Na+、Li+、Fe3+、Fe2+、Al3+、Mn2+。幾種金屬離子沉淀完全的pH金屬離子Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2沉淀完全的p

21、H4.79.03.210.1Li2SO4、Li2CO3在不同溫度下的溶解度(g/100g水)溫度溶解度10205080Li2SO435.434.733.131.7Li2CO31.431.331.080.85浸取時使用冷水的原因是 。濾渣2的主要成分為 。流程中分2次調(diào)節(jié)pH(pH78和pH13)，有研究者嘗試只加一次濃NaOH溶液使pH13，結(jié)果發(fā)現(xiàn)在加飽和碳酸鈉溶液沉鋰后，隨著放置時間延長，白色沉淀增加，最后得到的Li2CO3產(chǎn)品中雜質(zhì)增多。Li2CO3產(chǎn)品中的雜質(zhì)可能是 ，用離子方程式表示其產(chǎn)生的原因 。加熱濃縮的作用是 。洗滌Li2CO3晶體使用 。解析：鋰輝石(Li2OAl2O34Si

22、O2)煅燒后，冷卻、研磨，有利于冷水的浸取，抽濾，得到濾渣為硅酸鹽，結(jié)合鋰離子浸取液中含有的金屬離子、離子沉淀完全pH，可知加熱NaOH濃溶液，調(diào)節(jié)溶液pH=78，Al3+、Fe3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3、Fe(OH)3，抽濾后再加入NaOH濃溶液，調(diào)節(jié)溶液pH13，應(yīng)是將Mn2+轉(zhuǎn)化為沉淀，抽濾后，加熱濃縮，加入飽和碳酸鈉溶液，由于Li2CO3的溶解度遠小于Li2SO4，會析出Li2CO3，由于Li2CO3的溶解度隨溫度升高而減小，用熱水洗滌可減少Li2CO3的損失，得到最終產(chǎn)物碳酸鋰。Li2SO4的溶解度隨溫度升高而減少，用冷水浸取可以提高浸取率，故用冷水浸取，由上述分析可知，濾渣2為Al(

23、OH)3、Fe(OH)3，只加一次濃NaOH溶液使pH13，會使溶液中Al3+轉(zhuǎn)化為AlO2，放置后，空氣中二氧化碳與AlO2、水反應(yīng)生成Al(OH)3，Li2CO3產(chǎn)品中的雜質(zhì)可能是Al(OH)3，相應(yīng)的離子方程式為：Al3+4OH=AlO2+2H2O、2AlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32，Li2CO3的溶解度隨溫度升高而減小，加熱濃縮，提高Li+ 濃度和溶液溫度，使得Li2CO3容易析出，Li2CO3的溶解度隨溫度升高而減小，用熱水洗滌可以減少碳酸鋰的損耗，答案：Li2SO4的溶解度隨溫度升高而減少，用冷水浸取可以提高浸取率Al(OH)3、Fe(OH)3Al(OH)3；

24、Al3+4OH=AlO2+2H2O2AlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32提高Li+濃度和溶液溫度，使得Li2CO3容易析出熱水11.高純碳酸錳在電子工業(yè)中有重要的應(yīng)用，濕法浸出軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe、Al、Mg等雜質(zhì)元素)制備高純碳酸錳的實驗過程如下：(1)浸出：浸出時溫度控制在9095之間，并且要連續(xù)攪拌3小時的目的是 ，植物粉的作用是 。解析：濕法浸出軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe、Al、Mg等雜質(zhì)元素)制備高純碳酸錳，加入濃硫酸和植物粉浸出過濾得到濾液除去雜質(zhì)，加入碳酸氫銨形成沉淀通過一系列操作得到高純碳酸錳；升溫、攪拌都可以加快物質(zhì)的溶解反應(yīng)速

25、率，浸出時溫度控制在9095之間，并且要連續(xù)攪拌3小時的目的是提高軟錳礦中錳的浸出率；加入植物粉是一種還原劑。答案：提高軟錳礦中錳的浸出率 作還原劑(2)除雜：向浸出液中加入一定量的碳酸錳礦，調(diào)節(jié)浸出液的pH為3.55.5；再加入一定量的軟錳礦和雙氧水，過濾；操作中使用碳酸錳調(diào)pH的優(yōu)勢是 ；操作中加入雙氧水不僅能將Fe2+氧化為Fe3+，而且能提高軟錳礦的浸出率。寫出雙氧水提高軟錳礦浸出率的離子方程式 。解析：使用碳酸錳調(diào)pH的優(yōu)勢是不引入新的雜質(zhì)；酸性溶液中二氧化錳氧化過氧化氫為氧氣，本身被還原為錳離子，反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2。答案：增加Mn

26、CO3的產(chǎn)量(或不引入新的雜質(zhì)等) MnO2+H2O2+2H+=Mn2+2H2O+O2(3)制備：在3035下，將碳酸氫銨溶液滴加到硫酸錳凈化液中，控制反應(yīng)液的最終pH在6.57.0，得到MnCO3沉淀。溫度控制35以下的原因是 ；該反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ；生成的MnCO3沉淀需經(jīng)充分洗滌，檢驗洗滌是否完全的方法是 。解析：依據(jù)碳酸氫銨受熱易分解分析，溫度控制35以下的原因是防止碳酸氫銨分解，在3035下，將碳酸氫銨溶液滴加到硫酸錳凈化液中，控制反應(yīng)液的最終pH在6.57.0，得到MnCO3沉淀，硫酸銨，二氧化碳和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+(NH4)2SO4

27、+CO2+H2O，生成的MnCO3沉淀需經(jīng)充分洗滌，檢驗洗滌是否完全的方法是取最后一次洗滌液檢驗是否含有硫酸根離子設(shè)計，取最后一次的洗滌濾液12 mL 于試管中，向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈。答案：減少碳酸氫銨的分解，提高原料利用率MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O取最后一次的洗滌濾液12 mL 于試管中，向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈(4)計算：室溫下，Ksp(MnCO3)=1.8×1011，Ksp(MgCO3)=2.6×105，已知離子濃度小于1

28、.0×105molL1時，表示該離子沉淀完全。若凈化液中的c(Mg2+)=102mol/L，試計算說明Mg2+的存在是否會影響MnCO3的純度。解析：Ksp (MnCO3)=c(Mn2+)c(CO32)，當(dāng)Mn2+沉淀完全時，c(CO32)=×105=1.8×106 molL1，若Mg2+也能形成沉淀，則要求Mg2+2.6×105/1.8×106=14.4 molL1，Mg2+的濃度0.01mol/L遠小于14.4 molL1，若凈化液中的c(Mg2+)=102mol/L，說明Mg2+的存在不會影響MnCO3的純度。答案：Mg2+的存在不會影響

29、MnCO3的純度12.原子序數(shù)依次增大的A、B、C、D、E、F六種元素。其中A的基態(tài)原子有3個不同的能級，各能級中的電子數(shù)相等；C的基態(tài)原子2p能級上的未成對電子數(shù)與A原子的相同；D為它所在周期中原子半徑最大的主族元素；E和C位于同一主族，F(xiàn)的原子序數(shù)為29。(1)F原子基態(tài)的外圍核外電子排布式為 。解析：原子序數(shù)依次增大的A、B、C、D、E、F六種元素，A的基態(tài)原于有3個不同的能級，各能級中的電子數(shù)相等，則A是C元素；C的基態(tài)原子2p能級上的未成對電子數(shù)與A原子的相同，C原子序數(shù)大于A，則C為O元素；B原子序數(shù)大于A而小于C，則B是N元素；E和C位于同一主族，且E原子序數(shù)小于25，則C是S元

30、素；D為它所在周期中原子半徑最大的主族元素，原子序數(shù)小于S，則D是Na元素；F的原子序數(shù)為29，為Cu元素；F是Cu元素，其原子核外有29個電子，根據(jù)構(gòu)造原理知Cu元素基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1。答案：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1(2)在A、B、C三種元素中，第一電離能由小到大的順序是 (用元素符號回答)。解析：A、B、C分別是C、N、O元素，同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以電離能從小到大順序是NOC。答案：NOC

31、(3)元素B的簡單氣態(tài)氫化物的沸點 (高于，低于)元素A的簡單氣態(tài)氫化物的沸點，其主要原因是 。解析：含有氫鍵的氫化物熔點較高，氨氣分子中含有氫鍵、甲烷中不含氫鍵，所以氨氣熔沸點高于甲烷。答案：高于 B的氫化物分子之間存在氫鍵(4)由A、B、C形成的離子CAB與AC2互為等電子體，則CAB的結(jié)構(gòu)式為 。解析：等電子體原子個數(shù)相等、價電子數(shù)相等，由C、N、O形成的離子OCN與CO2互為等電子體，根據(jù)二氧化碳結(jié)構(gòu)式知OCN的結(jié)構(gòu)簡式為N=C=O。答案：N=C=O(5)在元素A與E所形成的常見化合物中，A原子軌道的雜化類型為 。解析：在元素C與S所形成的常見化合物CS2中，二硫化碳分子中中心原子價層電子對個數(shù)是2且不含孤電子對，所以C原子采用sp雜化。答案：sp(6)由B、C、D三種元素形成的化合物晶體的晶胞如圖所示，則該化合物的化學(xué)式為 。解析：由N、O、Na三種元素形成的化合物晶體的晶胞如圖所示，該晶胞中N原子個數(shù)=1+8×=2、O原子個數(shù)=2+16×=4，Na原子個數(shù)=8×=2，所以該晶胞中Na、N、O原子個數(shù)之比=2：2：4=1：1：2，則化學(xué)式為NaNO2.答案：NaNO2(7)FC在加熱條件下容易轉(zhuǎn)化為F2C，從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋原因 。解析：在原子中電