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文檔簡介

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2025年蘇教新版選修3化學下冊月考試卷854考試試卷考試范圍:全部知識點;考試時間:120分鐘學校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題,共16分)1、下列說法中正確的是。

①外圍電子構型為nsnnpn的原子形成的化合物的種類最多。

②在硫酸銅溶液中加入過量氨水最后生成深藍色溶液。

③H2O是一種非常穩(wěn)定的化合物,這是由于H2O分子間存在氫鍵所致。

④P4、BF3、CH3Cl三種分子中所有原子的最外層均滿足8e﹣穩(wěn)定結(jié)構。

⑤乙醇分子中只含σ鍵.A.①③⑤B.③④C.①②⑤D.⑤2、下列分子中,既含有σ鍵,又含有π鍵的是()A.CH4B.H2O2C.CH3-C≡C-CH3D.F23、硫代硫酸鈉(Na2S2O3)可作為照相業(yè)的定影劑,反應的化學方程式為:AgBr+2Na2S2O3=Na3[Ag(S2O3)2]+NaBr。下列說法正確的是A.基態(tài)Br原子中電子的空間運動狀態(tài)有35種B.[Ag(S2O3)2]3-中含有離子鍵、共價鍵、配位鍵C.中心原子S的雜化方式為sp3D.非金屬元素S、O、Br中電負性最大的是Br4、下列關于價層電子對互斥模型(VSEPR模型)和雜化軌道理論的敘述中正確的是A.凡是中心原子采取sp2雜化的分子,其分子構型都是平面三角形B.對于主族元素,中心原子的雜化軌道數(shù)等于價層電子對數(shù)C.雜化軌道可用于形成鍵、π鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對D.Sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道雜化形成的四個sp3雜化軌道5、下列對分子的性質(zhì)的解釋中,正確的是()A.CH≡C-CH=CH-CH3中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為10:3B.CH≡C-CH=CH-CH3分子中含一個手性碳原子C.分子CO和N2的原子總數(shù)相同,價電子總數(shù)相等,故性質(zhì)相似D.碘單質(zhì)在水溶液中溶解度很小,但在CCl4中溶解度很大,這是因為CCl4與I2相對分子質(zhì)量相差較小,而H2O與I2相對分子質(zhì)量相差較大6、烏洛托品在合成;醫(yī)藥、染料等工業(yè)中有廣泛用途;其結(jié)構如右圖。下列說法正確的是。

A.分子式為N4C6B.分子中的氮原子全部是sp2雜化C.分子中共形成4個六元環(huán)D.分子間存在氫鍵7、下列對一些實驗事實的解釋正確的是()

。選項。

實驗事實。

解釋。

A

水加熱到較高溫度都難以分解。

水分子間存在氫鍵。

B

白磷為正四面體分子。

白磷分子中P-P鍵間的鍵角是109°28′

C

用苯萃取碘水中的I2

苯和I2均為非極性分子且苯與水不互溶。

D

H2O的沸點高于H2S

H-O鍵的鍵長比H-S鍵的鍵長短。

A.AB.BC.CD.D8、下列有關晶體結(jié)構的說法不正確的是()A.圖1,在金剛石晶體中,最小的碳環(huán)上有6個碳原子B.圖2,在NaCl晶體中,與Na+距離最近且相等的Cl-形成正八面體C.圖3,在CaF2晶體中,Ca2+的配位數(shù)8D.圖4所示的金屬晶體的堆積模型為面心立方最密堆積,其空間利用率為74%評卷人得分二、多選題(共7題,共14分)9、硅原子的電子排布式由1s22s22p63s23p2轉(zhuǎn)變?yōu)?s22s22p63s13p3,下列有關該過程的說法正確的是()A.硅原子由基態(tài)轉(zhuǎn)化為激發(fā)態(tài),這一過程吸收能量B.硅原子由激發(fā)態(tài)轉(zhuǎn)化為基態(tài),這一過程釋放能量C.硅原子處于激發(fā)態(tài)時的能量低于基態(tài)時的能量D.轉(zhuǎn)化后硅原子與基態(tài)磷原子的電子層結(jié)構相同,化學性質(zhì)相同10、已知X、Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,X是周期表中的原子半徑最小的元素,Y元素的最高正價與最低負價的絕對值相等,Z的核電荷數(shù)是Y的2倍,W的最外層電子數(shù)是其最內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列說法不正確的是A.原子半徑:Z>W(wǎng)>RB.W、R對應的簡單氫化物的穩(wěn)定性前者大于后者C.W與X、W與Z形成的化合物的化學鍵類型完全相同D.電負性R>Y、X11、下表中所列的五種短周期元素;原子序數(shù)連續(xù),但與表中排列順序無關。用m表示基態(tài)原子的價電子數(shù),用n表示基態(tài)原子的未成對電子數(shù),m—n的值如下表所示:

下列說法錯誤的是A.第一電離能:A<td><>B.電負性:E<td><>C.原子序數(shù):B<td><>D.核外未成對電子數(shù):C=D12、干冰汽化時,下列所述內(nèi)容發(fā)生變化的是()A.分子內(nèi)共價鍵B.分子間作用力C.分子間的距離D.分子內(nèi)共價鍵的鍵長13、有一種藍色晶體[可表示為MxFey(CN)6],經(jīng)X射線研究發(fā)現(xiàn),其晶體中陰離子的最小結(jié)構單元如圖所示。它的結(jié)構特征是Fe3+和Fe2+互相占據(jù)立方體互不相鄰的頂點,而CN-位于立方體的棱上,則下列說法正確的是()

A.x=2,y=1B.該晶體屬于離子晶體,M呈+1價C.M的離子不可能在立方體的體心位置D.該晶胞中與每個Fe3+距離最近且相等的CN-有3個14、鐵鎂合金是目前已發(fā)現(xiàn)的儲氫密度較高的儲氫材料之一;其晶胞結(jié)構如圖所示(黑球代表Fe,白球代表Mg)。則下列說法不正確的是。

A.鐵鎂合金的化學式為Mg2FeB.晶體中存在的化學鍵類型為金屬鍵、離子鍵C.晶胞中Fe與Mg的配位數(shù)均為4D.該晶胞的質(zhì)量是g15、疊氮化鈉用于汽車的安全氣囊中,當發(fā)生車禍時迅速分解放出氮氣,使安全氣囊充氣,其與酸反應可生成氫疊氮酸(HN3),常用于引爆劑,氫疊氮酸還可由肼(N2H4)制得。下列敘述錯誤的是A.CO2、N2O與N3-互為等電子體B.氫疊氮酸(HN3)和水能形成分子間氫鍵C.NaN3的晶格能小于KN3的晶格能D.HN3和N2H4都是由極性鍵和非極性鍵構成的非極性分子評卷人得分三、填空題(共5題,共10分)16、下表給出了14種元素的電負性:

運用元素周期律知識完成下列各題。

(1)同一周期中,從左到右,主族元素的電負性________;同一主族中,從上到下,元素的電負性________。所以主族元素的電負性隨原子序數(shù)遞增呈____________變化。

(2)短周期元素中,電負性最大的元素與氫元素形成的化合物屬于________化合物,用電子式表示該化合物的形成過程__________________________。

(3)已知:兩成鍵元素間的電負性差值大于1.7時,通常形成離子鍵,兩成鍵元素間的電負性差值小于1.7時,通常形成共價鍵。則Mg3N2、BeCl2、AlCl3、SiC中為離子化合物的是________,為共價化合物的是________。17、回答下列問題:

(1)1molCO2中含有的σ鍵數(shù)目為________;π鍵數(shù)目為________。

(2)已知CO和CN-與N2結(jié)構相似,CO分子內(nèi)σ鍵與π鍵個數(shù)之比為________。CH2=CHCN分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為________。

(3)肼(N2H4)分子可視為NH3分子中的—個氫原子被-NH2(氨基)取代形成的另一種氮的氫化物。肼可用作火箭燃料,燃燒時發(fā)生的反應:N2O4(l)+2N2H4(l)===3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1038.7kJ·mol-1若該反應中有4molN—H鍵斷裂;則形成的π鍵有________mol。

(4)Co基態(tài)原子核外電子排布式為____________;

基態(tài)Ge原子的核外電子排布式為____________;

Zn2+的價電子軌道表示式為_______________;

Co3+核外電子未成對電子數(shù)為__________________。

(5)CH4、NH3、H2O、HF分子中共價鍵的極性由強到弱的順序是_______________________。18、磷是生物體中不可缺少的元素之一;它能形成多種化合物。

(1)基態(tài)磷原子中,電子占據(jù)的最高能層符號為________;該能層能量最高的電子云在空間有________個伸展方向,原子軌道呈________形。

(2)磷元素與同周期相鄰兩元素相比,第一電離能由大到小的順序為________。

(3)單質(zhì)磷與Cl2反應,可以生成PCl3和PCl5,其中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構的化合物中,P原子的雜化軌道類型為________,其分子的空間構型為________。

(4)H3PO4為三元中強酸,與Fe3+形成H3[Fe(PO4)2],此性質(zhì)常用于掩蔽溶液中的Fe3+。基態(tài)Fe3+的核外電子排布式為____________________;PO43-作為________為Fe提供________。19、疊氮化合物是一類重要的化合物,其中氫疊氮酸(HN3)是一種弱酸,其分子結(jié)構可表示為H—N=N≡N,肼(N2H4)被亞硝酸氧化時便可得到氫疊氮酸(HN3),發(fā)生的反應為N2H4+HNO2=2H2O+HN3。HN3的酸性和醋酸相近,可微弱電離出H+和N3-。試回答下列問題:

(1)下列有關說法正確的是___(填序號)。

A.HN3中含有5個σ鍵。

B.HN3中的三個氮原子均采用sp2雜化。

C.HN3、HNO2、H2O、N2H4都是極性分子。

D.N2H4沸點高達113.5℃;說明肼分子間可形成氫鍵。

(2)疊氮酸根能與許多金屬離子等形成配合物,如[Co(N3)(NH3)5]SO4,在該配合物中鈷顯___價;根據(jù)價層電子對互斥理論判斷SO42-的空間構型為___。

(3)與N3-互為等電子體的分子有___(寫兩種即可)。20、與鈾氮化物是重要的核燃料,已知某溫度下三碳酸鈾酰銨可發(fā)生如下分解反應:阿伏加德羅常數(shù)的值為

回答下列問題:

(1)發(fā)生裂變反應:凈產(chǎn)生的中子()數(shù)為________。基態(tài)原子的外圍電子排布式為則處于下列狀態(tài)的鈾原子或離子失去一個電子所需的能量最高的為________(填序號)。

ABCD

(2)和中,沸點較高的為________,與形成的配離子穩(wěn)定性較高的為________。

(3)中存在大鍵,形成該大鍵的電子數(shù)為________。

(4)某種鈾氮化物的晶體結(jié)構與相同。的Bom-Haber循環(huán)如圖所示。

①晶格能為________

②的第二電離能大于的第二電離能,是由于的半徑較小、的核電荷更高以及_______。

(5)另一種鈾氮化物的晶胞如下圖所示,“原子”作面心立方最密堆積。

①鈾元素的化合價為________,“原子”的配位數(shù)為________。

②已知晶胞參數(shù)為則晶體的密度為________(列出計算式)。評卷人得分四、原理綜合題(共2題,共8分)21、黃銅是人類最早使用的合金之一;主要由鋅和銅組成?;卮鹣铝袉栴}:

(1)銅原子核外電子共有__種不同運動狀態(tài),基態(tài)銅原子的核外占據(jù)最高能層電子的電子云輪廓圖形狀為__。

(2)根據(jù)銅、鋅原子結(jié)構可知第二電離能I2(Zn)__I2(Cu)填“大于”或“小于”。

(3)向藍色硫酸銅溶液[Cu(H2O)4]2+中加入稍過量的氨水,溶液變?yōu)樯钏{色[Cu(NH3)4]2+。

①H2O分子中心原子的雜化類型為__;分子中的鍵角:H2O__NH3(填“大于”或“小于”)。

②通過上述實驗現(xiàn)象可知,與Cu2+的配位能力:H2O__NH3(填“大于”或“小于”)。

③氨硼烷(BH3—NH3)可以作為機動車使用的備選氫來源或氫儲存的材料。

下列與氨硼烷是等電子體的有__(填編號)。

A.乙烷B.H2O2C.H3PO4D.S8

④寫出BH3—NH3的結(jié)構式結(jié)構中若含配位鍵用→表示__。

(4)某磷青銅晶胞結(jié)構如圖所示。

①其化學式為__。

②若晶體密度為8.82g/cm3,最近的Cu原子核間距為__cm(用NA表示阿伏加德羅常數(shù),用M表示該晶體的摩爾質(zhì)量)。22、2016年諾貝爾化學獎授予在“分子機器設計和合成”領域有突出成就的三位科學家;其研究對象之一“分子開關”即與大環(huán)主體分子苯芳烴;硫或氮雜環(huán)杯芳烴等有關?;卮鹣铝袉栴}:

(1)對叔丁基杯[4]芳烴(如圖Ⅰ所示)可用于ⅢB族元素對應離子的萃取,如La3+、Sc2+。寫出基態(tài)二價鈧離子(Sc2+)的核外電子排布式:____,其中電子占據(jù)的軌道數(shù)為_____個。

(2)對叔丁基杯[4]芳烴由4個羥基構成杯底,其中羥基氧原子的雜化方式為_____,羥基間的相互作用力為_____。

(3)不同大小苯芳烴能識別某些離子,如:N3-、SCN?等。一定條件下,SCN?與MnO2反應可得到(SCN)2,試寫出(SCN)2的結(jié)構式_______。

(4)NH3分子在獨立存在時H-N-H鍵角為106.7°。[Zn(NH3)6]2+離子中H-N-H鍵角變?yōu)?09.5°,其原因是:_________________________。

(5)已知C60分子結(jié)構和C60晶胞示意圖(如圖Ⅱ、圖Ⅲ所示):則一個C60分子中含有σ鍵的個數(shù)為______,C60晶體密度的計算式為____g?cm?3。(NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值)

評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題,共8分)23、飲用水中含有砷會導致砷中毒,金屬冶煉過程產(chǎn)生的含砷有毒廢棄物需處理與檢測。冶煉廢水中砷元素主要以亞砷酸(H3AsO3)形式存在;可用化學沉降法處理酸性高濃度含砷廢水,其工藝流程如下:

已知:①As2S3與過量的S2-存在反應:As2S3(s)+3S2-(aq)?2(aq);

②亞砷酸鹽的溶解性大于相應砷酸鹽。

(1)砷在元素周期表中的位置為_______;AsH3的電子式為______;

(2)下列說法正確的是_________;

a.酸性:H2SO4>H3PO4>H3AsO4

b.原子半徑:S>P>As

c.第一電離能:S

(3)沉淀X為__________(填化學式);

(4)“一級沉砷”中FeSO4的作用是________。

(5)“二級沉砷”中H2O2與含砷物質(zhì)反應的化學方程式為__________;

(6)關于地下水中砷的來源有多種假設,其中一種認為富含砷的黃鐵礦(FeS2)被氧化為Fe(OH)3,同時生成導致砷脫離礦體進入地下水。FeS2被O2氧化的離子方程式為______________。評卷人得分六、計算題(共4題,共20分)24、(1)石墨晶體的層狀結(jié)構,層內(nèi)為平面正六邊形結(jié)構(如圖a),試回答下列問題:圖中平均每個正六邊形占有C原子數(shù)為____個、占有的碳碳鍵數(shù)為____個,碳原子數(shù)目與碳碳化學鍵數(shù)目之比為_______。

(2)2001年報道的硼和鎂形成的化合物刷新了金屬化合物超導溫度的最高記錄。如圖b所示的是該化合物的晶體結(jié)構單元:鎂原子間形成正六棱柱,且棱柱的上下底面還各有1個鎂原子,6個硼原子位于棱柱內(nèi)。則該化合物的化學式可表示為_______。25、SiC有兩種晶態(tài)變體:α—SiC和β—SiC。其中β—SiC為立方晶胞;結(jié)構與金剛石相似,晶胞參數(shù)為434pm。針對β—SiC回答下列問題:

⑴C的配位數(shù)為__________。

⑵C和Si的最短距離為___________pm。

⑶假設C的原子半徑為r,列式并計算金剛石晶體中原子的空間利用率_______。(π=3.14)26、用X射線研究某金屬晶體,測得在邊長為360pm的立方晶胞中含有4個金屬原子,此時金屬的密度為9.0g/cm3。試回答下列問題:

(1)此金屬晶胞屬于哪一種類型?_______

(2)求每個晶胞的質(zhì)量。_______

(3)求此金屬的相對原子質(zhì)量。_______

(4)求此金屬原子的原子半徑(pm)。_______27、NaCl晶體中Na+與Cl-都是等距離交錯排列,若食鹽的密度是2.2g·cm-3,阿伏加德羅常數(shù)6.02×1023mol-1,食鹽的摩爾質(zhì)量為58.5g·mol-1。則食鹽晶體中兩個距離最近的鈉離子中心間的距離是多少?_______參考答案一、選擇題(共8題,共16分)1、C【分析】【分析】

①外圍電子構型為nsnnpn,則n=2,即為C元素,C元素形成有機物,種類最多;②在硫酸銅溶液中加入過量氨水生成[Cu(NH3)4]2+;③H2O的穩(wěn)定性與共價鍵的強弱有關,與氫鍵無關;④根據(jù)原子結(jié)構及成鍵情況,BF3中的B原子最外層有6個e﹣、CH3Cl中的H原子有2個e﹣,最外層不滿足8e﹣穩(wěn)定結(jié)構;⑤單鍵為σ鍵。

【詳解】

①外圍電子構型為nsnnpn,則n=2,為C元素,C元素形成有機物,種類最多,正確;②在硫酸銅溶液中加入過量氨水生成[Cu(NH3)4]2+,溶液為深藍色,正確;③H2O的穩(wěn)定性與共價鍵的強弱有關,與氫鍵無關,錯誤;④PBF3中的B原子最外層有6個e﹣、CH3Cl中的H原子有2個e﹣,最外層不滿足8e﹣穩(wěn)定結(jié)構,故錯誤;⑤單鍵為σ鍵,乙醇的結(jié)構式為只含σ鍵,正確;

故選C。2、C【分析】【分析】

若原子間形成共價單鍵;則為σ鍵;若原子間形成共價雙鍵(或三鍵),則含有1個σ鍵;1個(或2個)π鍵。

【詳解】

A.CH4的結(jié)構式為只含有σ鍵,A不合題意;

B.H2O2結(jié)構式為H-O-O-H;只含有σ鍵,B不合題意;

C.CH3-C≡C-CH3分子內(nèi)含有共價單鍵和三鍵;既含有σ鍵,又含有π鍵,C符合題意;

D.F2的結(jié)構式為F-F;只含有σ鍵,D不合題意;

故選C。3、C【分析】【詳解】

A.Br為35號元素,核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5;其內(nèi)層軌道全部占滿,共占據(jù)14個軌道,4s能級一個軌道全部占滿,4p能級3個軌道也占滿,所以共有14+1+3=18種空間運動狀態(tài)的電子,故A錯誤;

B.[Ag(S2O3)2]3-中存在Ag+和之間的配位鍵;S原子和O原子之間的共價鍵,但不存在離子鍵,故B錯誤;

C.與SO原子總數(shù)相同,價電子總數(shù)相同,所以中心S原子的雜化方式相同,SO中心S原子價層電子對數(shù)為=4,所以為sp3雜化;故C正確;

D.非金屬性越強;元素的電負性越大,非金屬性O最強,所以電負性最大的是O元素,故D錯誤;

故答案為C。4、B【分析】【詳解】

A;中心原子采取sp2雜化的分子的立體結(jié)構不一定為平面三角形;如苯分子中碳原子為sp2雜化,但苯是平面正六邊形,故A錯誤;

B;中心原子屬于主族元素時;周圍的價層電子對數(shù)量與雜化軌道數(shù)量一致,故B正確;

C.雜化軌道可用于形成鍵;或用于容納未參與成鍵的弧電子對;不能形成用于π鍵,故C錯誤;

D.Sp3雜化軌道是由能量相近的1個s軌道和3個p軌道雜化形成的四個sp3雜化軌道,故D錯誤。5、A【分析】【詳解】

A.單鍵為σ鍵,雙鍵或三鍵各有一個σ鍵其它為π鍵,在CH≡C-CH=CH-CH3中有10個σ鍵;3個π鍵,σ鍵和π鍵數(shù)目之比為10:3,故A正確;

B.與四個不同原子或原子團相連的碳原子為手性碳原子;手性碳原子一定為飽和碳原子,該分子中飽和碳原子與3個氫原子相連,所以不含手性碳原子,故B錯誤;

C.CO和N2為等電子體;原子總數(shù)相同,價電子總數(shù)相等,結(jié)構相似,但化學性質(zhì)不同,故C錯誤;

D.CCl4和I2都是非極性分子,而H2O是極性分子,根據(jù)相似相溶原理可知碘單質(zhì)在水溶液中溶解度很小,但在CCl4中溶解度很大;與相對分子質(zhì)量無關,故D錯誤;

故答案為A。6、C【分析】【詳解】

A.根據(jù)烏洛托品的結(jié)構簡式可知該分子的分子式為C6H12N6;A項錯誤;

B.分子中的氮原子形成3個δ鍵,還有一對孤對電子,所以氮原子全部是sp3雜化;B項錯誤;

C.根據(jù)結(jié)構簡式可知;分子中共形成4個六元環(huán),C項正確;

D.氮原子上沒有氫原子;根據(jù)氫鍵的形成條件,該分子中分子間不存在氫鍵,D項錯誤;

答案選C。7、C【分析】【分析】

【詳解】

A.水分子的穩(wěn)定性與化學鍵有關;與氫鍵無關,水加熱到較高溫度都難以分解,說明水中存在的化學鍵較強,A錯誤;

B.白磷是正四面體結(jié)構;四個頂點上分別占有一個P原子,鍵角為60°,B錯誤;

C.非極性分子的溶質(zhì)極易溶于非極性分子的溶劑,碘和苯都是非極性分子,水是極性分子,所以可以用苯萃取碘水中的I2;C正確;

D.氫化物的熔沸點與分子間作用力和氫鍵有關,H2O的沸點高于H2S;說明水中含有氫鍵,D錯誤;

答案選C。

【點睛】

化學鍵影響物質(zhì)穩(wěn)定性,分子間作用力和氫鍵影響物質(zhì)熔沸點,為易錯點。8、D【分析】【分析】

【詳解】

A.由結(jié)構示意圖可知;在金剛石的空間網(wǎng)狀結(jié)構中,由共價鍵形成的碳原子環(huán)中,最小的環(huán)上有6個C原子,A選項正確;

B.氯化鈉晶體中,距Na+最近的Cl-是6個;即鈉離子的配位數(shù)是6,6個氯離子形成正八面體結(jié)構,B選項正確;

C.在CaF2晶體中,Ca2+位于晶胞的頂點和面心,1個Ca2+周圍有8個等距離、最近的F-,即Ca2+的配位數(shù)為8;C選項正確;

D.圖4所示的金屬晶體的堆積模型為六方最密堆積模型;不是面心立方最密堆積,其空間利用率為74%,D選項錯誤;

答案選D。二、多選題(共7題,共14分)9、AB【分析】【詳解】

A.由能量最低原理可知硅原子的電子排布式為1s22s22p63s23p2,當變?yōu)?s22s22p63s13p3時;有1個3s電子躍遷到3p軌道上,3s軌道的能量低于3p軌道的能量,要發(fā)生躍遷,必須吸收能量,使電子能量增大,故A正確;

B.硅原子處于激發(fā)態(tài)時能量要高;處于基態(tài)能量變低,因而由激發(fā)態(tài)轉(zhuǎn)化成基態(tài),電子能量減小,需要釋放能量,故B正確;

C.基態(tài)原子吸收能量變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)原子;所以激發(fā)態(tài)原子能量大于基態(tài)原子能量,故C錯誤;

D.元素的性質(zhì)取決于價層電子,包括s、p軌道電子,硅原子的激化態(tài)為1s22s22p63s13p3,基態(tài)磷原子為1s22s22p63s23p3;則它們的價層電子數(shù)不同,性質(zhì)不同,故D錯誤;

答案為AB。10、BC【分析】【分析】

已知X;Y、Z、W、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素;X是周期表中原子半徑最小的元素,所以X是H;Y元素的最高正價與最低負價的絕對值相等,這說明Y是第ⅣA族元素;Z的核電荷數(shù)是Y的2倍,且是短周期元素,因此Y是C,Z是Mg;W的最外層電子數(shù)是其最內(nèi)層電子數(shù)的3倍,且原子序數(shù)大于Mg的,因此W是第三周期的S;R的原子序數(shù)最大,所以R是Cl元素,據(jù)此解答。

【詳解】

根據(jù)以上分析可知X是H;Y是C,Z是Mg,W是S,R是Cl。

A.同周期自左向右原子半徑逐漸減??;則原子半徑:Z>W(wǎng)>R,故A正確;

B.W是S;R是Cl,非金屬性越強,其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強,非金屬性:Cl>S,則對應的簡單氫化物的穩(wěn)定性前者小于后者,故B錯誤;

C.X是H,Z是Mg,W是S,H2S含有的化學鍵是極性共價鍵;MgS含有的化學鍵是離子鍵,因此W與X;W與Z形成的化合物的化學鍵類型完全不相同,故C錯誤;

D.X是H;Y是C,R是Cl,非金屬性越強,其電負性越強,三種元素中Cl的非金屬性最強,則電負性R>Y;X,故D正確;

答案選BC。11、AD【分析】【分析】

短周期元素的價電子數(shù)就是其最外層電子數(shù),用m表示基態(tài)原子的價電子數(shù),用n表示基態(tài)原子的未成對電子數(shù),A元素m—n為8,說明A的最外層電子數(shù)為8,均已成對,故A只能是Ne或者Ar;B元素m—n為6,說明B的最外層電子數(shù)為7,6個已成對,故B只能是F或者Cl,同理推導出:C為O或S,D為N;C、B、Be或P、Si、Al、Mg,E為Na或Li、H,又A、B、C、D、E原子序數(shù)連續(xù),故只能分別為Ne、F、O、N、Na,據(jù)此分析作答。

【詳解】

A.同一周期從左往右元素的第一電離能呈增大趨勢,分析可知A為惰性氣體元素,其第一電離能在同周期中最大,故A>C;A錯誤;

B.據(jù)分析可知,E是Na為金屬元素,D是N為非金屬元素,故電負性E

C.據(jù)分析可知,E是Na,B是F,故原子序數(shù):B

D.C是O;有2個未成對電子,而D是N,有3個未成對電子,故核外未成對電子數(shù):C與D不相等,D錯誤;

故答案為:AD。12、BC【分析】【詳解】

汽化是液態(tài)變氣態(tài)的過程;是物理變化,二氧化碳分子沒有改變,只是分子間的距離發(fā)生了變化,因此分子內(nèi)的共價鍵沒有任何變化;共價鍵的鍵長自然而然也不變,由于分子間距離增大,分子間的作用力被減弱,答案選BC。

【點睛】

A容易錯,同學經(jīng)常錯誤地以為,分子晶體熔化、汽化等變化時共價鍵斷裂了。13、BC【分析】【詳解】

Fe3+在立方體的頂點,每個Fe3+被8個晶胞共有,每個晶胞中Fe3+個數(shù)為4×=同理每個晶胞中Fe2+個數(shù)為CN-位于棱的中點,每個CN-被4個晶胞共有,故每個晶胞中CN-個數(shù)為12×=3。

A.已知晶體的化學式為MxFey(CN)6,故有2個晶胞,陰離子含有一個Fe3+,1個Fe2+,6個CN-,晶體中的陰離子為[Fe2(CN)6]-,根據(jù)化合物中各元素的化合價代數(shù)和為0得晶體的化學式為MFe2(CN)6;綜上可知,x=1,y=2,A錯誤;

B.M呈+1價;因為有陰;陽離子,故該晶體屬于離子晶體,B正確;

C.若M的離子在立方體的體心位置,則該晶體的化學式可表示為MFe2(CN)3,與晶體化學式MFe2(CN)6不符合;故M的離子不可能在立方體的體心位置,C正確;

D.該晶胞中與每個Fe3+距離最近且相等的CN-有6個;D錯誤;

故合理選項是BC。14、BC【分析】【分析】

【詳解】

A.根據(jù)均攤法,該晶胞中Fe原子的數(shù)目為=4,Mg原子的個數(shù)為8,F(xiàn)e、Mg原子個數(shù)之比=4:8=1:2,所以其化學式為Mg2Fe;故A正確;

B.金屬晶體中存在金屬鍵;該晶體屬于合金,屬于金屬晶體,所以只含金屬鍵,故B錯誤;

C.根據(jù)晶胞結(jié)構示意圖可知,距離Mg原子最近且相等的Fe原子有4個,即Mg的配位數(shù)為4,而該晶體的化學式為Mg2Fe;所以Fe的配位數(shù)為8,故C錯誤;

D.晶胞中Fe原子個數(shù)為4,Mg原子個數(shù)為8,所以晶胞的質(zhì)量為=g;故D正確;

故答案為BC。15、CD【分析】【詳解】

A.N3-含3個原子、16個價電子,因此與CO2、N2O互為等電子體;故A正確;

B.HN3的分子結(jié)構為HN3和水能夠形成分子間氫鍵;故B正確;

C.由于鉀離子半徑大于鈉離子半徑,所以NaN3的晶格能大于KN3的晶格能;故C錯誤;

D.HN3和N2H4都是極性分子;故D錯誤;

答案選CD。三、填空題(共5題,共10分)16、略

【分析】【分析】

根據(jù)表格電負性大小關系得出同一周期;同一主族的電負性變化規(guī)律;短周期元素中,電負性最大的元素為F根據(jù)電負性差值來判斷離子化合物還是共價化合物。

【詳解】

(1)同一周期中;從左到右,主族元素的電負性逐漸增大;同一主族中,從上到下,元素的電負性逐漸減小。所以主族元素的電負性隨原子序數(shù)遞增呈周期性變化;故答案為:逐漸增大;逐漸減?。恢芷谛?。

(2)短周期元素中,電負性最大的元素為F,與氫元素形成的化合物(HF)屬于共價化合物,用電子式表示該化合物的形成過程+故答案為:共價;+

(3)Mg3N2:兩者電負性之差3.0-1.2=1.8>1.7,是離子化合物;BeCl2:兩者電負性之差3.0-1.5=1.5<1.7,是共價化合物;AlCl3:兩者電負性之差3.0-1.5=1.5<1.7,是共價化合物;SiC:兩者電負性之差2.5-1.8=0.7<1.7,是共價化合物;因此為離子化合物的是Mg3N2,為共價化合物的是BeCl2、AlCl3、SiC;故答案為:Mg3N2;BeCl2、AlCl3;SiC。

【點睛】

根據(jù)電負性的大小差值判斷化合物類型?!窘馕觥恐饾u增大逐漸減小周期性共價+Mg3N2BeCl2、AlCl3、SiC17、略

【分析】【詳解】

(1)CO2的結(jié)構式是O=C=O,1個二氧化碳分子中有2個碳氧雙鍵,雙鍵中有1個σ鍵和1個π鍵,1molCO2中含有的σ鍵數(shù)目為2NA,π鍵數(shù)目為2NA。

(2)N2的結(jié)構式是NN,三鍵中1個σ鍵和2個π鍵,已知CO和CN-與N2結(jié)構相似,CO分子內(nèi)存在CO鍵,σ鍵與π鍵個數(shù)之比為1:2。CH2=CHCN分子的結(jié)構式是分子中有6個σ鍵和3個π鍵,σ鍵與π鍵數(shù)目之比為2:1。

(3)N2的結(jié)構式是NN,三鍵中1個σ鍵和2個π鍵,產(chǎn)物中只有N2含有π鍵;肼(N2H4)分子中含有4個N-H鍵。燃燒時發(fā)生的反應:N2O4(l)+2N2H4(l)===3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1038.7kJ·mol-1,若該反應中有4molN—H鍵斷裂,則消耗1molN2H4,生成1.5molN2;形成的π鍵有3mol。

(4)Co是27號元素,核外有27個電子,根據(jù)能量最低原理,其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d74s2;

Ge是32號元素,基態(tài)Ge原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p2;

Zn是30號元素,Zn價電子排布式是3d104s2,Zn2+的價電子排布式是3d10,Zn2+價電子軌道表示式為

Co3+核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d6,Co3+的價電子排布圖是Co3+核外電子未成對電子數(shù)為4。

(5)同周期元素從左到右電負性增強,原子吸引電子能力增強,所以CH4、NH3、H2O、HF分子中共價鍵的極性由強到弱的順序是HF>H2O>NH3>CH4?!窘馕觥?NA2NA1:22:131s22s22p63s23p63d74s21s22s22p63s23p63d104s24p2;4HF>H2O>NH3>CH418、略

【分析】【分析】

(1)、P原子有三個能層;最外層為3s23p3;p軌道的電子云在三維空間中有3個延伸方向,原子軌道為啞鈴形;

(2);同一周期元素自左而右第一電離能呈增大趨勢;但P元素原子3p能級是半滿穩(wěn)定狀態(tài),能量較低,第一電離能高于同周期相鄰元素;

(3)、PCl3中P;CI均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構;計算中P的價層電子對數(shù),然后判斷;

(4)、根據(jù)構造原理寫出基態(tài)鐵原子核外電子排布式;H3[Fe(PO4)2]中PO43-為配體,F(xiàn)e3+為中心離子。

【詳解】

(1)、P原子核外有15個電子,分三層排布,即有三個能層,所以電子占據(jù)的最高能層符號為M;最外層為3s23p3;p軌道的電子云在三維空間中沿著x;y、z軸3個方向延伸,p原子軌道為啞鈴形;

故答案為M;3;啞鈴;

(2)、Si、P、S元素是同一周期相鄰元素,同一周期元素自左而右第一電離能呈增大趨勢,但P元素原子3p能級是半滿穩(wěn)定狀態(tài),能量較低,第一電離能高于同周期相鄰元素,故第一電離能P>S>Si;

故答案為P>S>Si;

(3)、單質(zhì)磷與Cl2反應,可以生成PCl3和PCl5,PCl3中P、Cl均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構,PCl3中P原子的價層電子對數(shù)為:P原子的雜化軌道類型為sp3;所以分子的空間構型為三角錐型;

故答案為sp3;三角錐型;

(4)、鐵是26號元素,其原子核外有26個電子,根據(jù)構造原理其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2,則基態(tài)Fe3+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5,H3[Fe(PO4)2]中PO43-為配體,F(xiàn)e3+為中心離子;中心離子提供空軌道,配體提供孤對電子;

故答案為[Ar]3d5(或1s22s22p63s23p63d5);配體;孤電子對。

【點睛】

在書寫第一電離能時,需要判斷有無第二主族或是第五主族的元素,這兩個主族的元素的第一電離能比其左右兩邊都大,第二主族的s能級全滿,第五主族的p能級半滿,能量更低,其第一電離能越大?!窘馕觥竣?M②.3③.啞鈴④.P>S>Si⑤.sp3⑥.三角錐形⑦.[Ar]3d5(或1s22s22p63s23p63d5)⑧.配體⑨.孤電子對19、略

【分析】【詳解】

(1)A.根據(jù)HN3的分子結(jié)構可知,HN3分子中存在3個σ鍵;故A錯誤;

B.HN3分子中連接三鍵的氮原子為sp雜化;故B錯誤;

C.HN3、HNO2、H2O、N2H4分子的正;負電荷中心不重合;都是極性分子,故C正確;

D.N2H4為分子化合物;N元素電負性較高,能夠形成分子間氫鍵,分子間氫鍵的存在會使物質(zhì)的熔;沸點升高,故D正確;

故答案為:CD;

(2)[Co(N3)(NH3)5]SO4中帶1個單位負電荷,NH3不帶電荷,帶2個單位負電荷,根據(jù)化合物中元素化合價的代數(shù)和等于零可知,[Co(N3)(NH3)5]SO4中鈷顯+3價;硫酸根離子中S原子的價層電子對數(shù)為無孤電子對,故其空間構型為正四面體形;

(3)互為等電子體的粒子必須滿足兩個條件:①所含原子總數(shù)相等;②所含價電子總數(shù)相等,價電子總數(shù)為3×5+1=16,因此與互為等電子體的分子有CO2、CS2?!窘馕觥竣?CD②.+3③.正四面體形④.CO2、CS220、略

【分析】【分析】

根據(jù)裂變反應:中凈產(chǎn)生的中子()數(shù)和的物質(zhì)的量判斷;核外電子排布軌道處于半充滿和全充滿時相對穩(wěn)定;根據(jù)電離能的遞變性和變化規(guī)律判斷;根據(jù)晶胞結(jié)構分析晶體的化學式并進行相關計算。

【詳解】

(1)的物質(zhì)的量為1mol,根據(jù)裂變反應:可知凈產(chǎn)生的中子()的物質(zhì)的量為2mol,數(shù)目為2NA;基態(tài)U原子的外圍電子排布式為5f36d17s2,和均為其基態(tài)原子的激發(fā)態(tài),為U+,由第二電離明顯高于第一電離可知,再失去1個電子所需要的能量最高;故答案為B;

(2)NH3常溫下為氣態(tài),而H2O常溫下為液態(tài),則沸點較高的為H2O;NH3結(jié)合質(zhì)子的能力強于H2O,則NH3與Cu2+形成的配離子穩(wěn)定性強于H2O與Cu2+形成的配離子穩(wěn)定性;

(3)CO32-中存在大π鍵,C原子孤對電子數(shù)為=0,則其路易斯結(jié)構式為形成的大π鍵為該大π鍵的電子數(shù)為6;

(4)①MgO的晶格能為Mg2+(g)和O2-(g)生成MgO(s)放出的能量,則MgO的晶格能為3845kJ?mol-1;

②Al+的電子排布式為1s22s22p63s2,Mg+的電子排布式為1s22s22p63s1,可見Al的第二電離能大于Mg的第二電離能,是由于Al+的半徑較Mg+小、Al+的核電荷更高以及Al+為3s2相對穩(wěn)定結(jié)構;破壞需要額外提供能量;

(5)另一種鈾氮化物的晶胞是U“原子”作面心立方最密堆積,其中含有U的原子數(shù)目為8×+6×=4,N原子數(shù)為8,其化學式為UN2;

①晶胞化學式為UN2;其中N為-3價,則鈾元素的化合價為+6價;晶胞中頂點U原子最靠近的N原子數(shù)是1,頂點U為8個晶胞共用,則U原子的配位數(shù)為8;

②已知晶胞參數(shù)為anm,晶胞的體積為(a×10-7cm)3,晶胞的質(zhì)量為g,則晶體的密度為=g/cm3。

【點睛】

本題涉及電離能的大小判斷,可依據(jù)電離能的一般變化規(guī)律分析,其中判斷電離能大小的關鍵要點是當外圍電子在能量相等的軌道上形成全空(p0,d0,f0)、半滿(p3,d5,f7)或全滿(p6,d10,f14)結(jié)構時,原子的能量較低,元素的第一電離能較大?!窘馕觥緽63845為相對穩(wěn)定結(jié)構,破壞需要額外提供能量8四、原理綜合題(共2題,共8分)21、略

【分析】【分析】

(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族,基態(tài)核外電子排布為[Ar]3d104s1;

(2)根據(jù)Zn和Cu的電子排布式考慮電離能大?。?/p>

(3)①根據(jù)VSEPR理論和雜化軌道理論判斷;孤電子對與鍵合電子對之間的斥力大于鍵合電子對與鍵合電子對之間的斥力;

②配合物向生成更穩(wěn)定的配合物轉(zhuǎn)化;

③原子數(shù)目相等;價電子總數(shù)相等的微?;榈入娮芋w;

④BH3-NH3中B存在空軌道;N存在孤電子對,由N和B之間形成配位鍵;

(4)①晶體中P原子位于中心,含有一個磷原子,立方體每個面心喊一個Cu,每個Cu分攤給一個晶胞的占立方體頂角Sn分攤給每個晶胞的原子為據(jù)此得到化學式;

②設立方體邊長為x,銅原子間最近距離為a,則a2=()2+()2,a=x,結(jié)合密度ρ=V=x3,1個晶胞質(zhì)量m=g;計算x得到銅原子間最近距離。

【詳解】

(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族,為29號元素,則銅原子核外電子共有29種不同運動狀態(tài);基態(tài)核外電子排布為[Ar]3d104s1;則基態(tài)銅原子的核外占據(jù)最高能層電子的電子云輪廓圖形狀為球形;

(2)鋅的第二電離能I2(Zn)小于銅的第二電離能I2(Cu),Zn的價電子排布式為3d104s2,Cu的價電子排布式為3d104s1,Cu失去一個電子內(nèi)層達到飽和,再失去一個電子比較困難,Zn失去一個電子價層變?yōu)?d104s1,再失去一個電子比Cu+容易;所以第二電離能相對?。?/p>

(3)①對于H2O,根據(jù)VSEPR理論,VP=BP+LP=2+=4,則中心O為sp3雜化;

孤電子對與鍵合電子對之間的斥力大于鍵合電子對與鍵合電子對之間的斥力,H2O的孤電子對數(shù)目多于NH3的孤電子對數(shù)目,則分子中的鍵角:H2O小于NH3;

②配合物向生成更穩(wěn)定的配合物轉(zhuǎn)化,所以判斷NH3和H2O與Cu2+的配位能力:NH3>H2O;

③B原子有空軌道,NH3中N原子有1對孤電子對,N原子提供孤電子對個B原子形成配位鍵,與氨硼烷互為等電子體的分子,可以用2個C原子代替B、N原子,與氨硼烷等電子體一種分子為:C2H6;故答案為A;

④BH3-NH3中B存在空軌道,N存在孤電子對,由N和B之間形成配位鍵,所以其結(jié)構式為:

(4)①晶體中P原子位于中心,含有一個磷原子,立方體每個面心喊一個Cu,每個Cu分攤給一個晶胞的占立方體頂角Sn分攤給每個晶胞的原子為據(jù)此得到化學式SnCu3P;

②摩爾質(zhì)量為342g/mol,則一個晶胞質(zhì)量m=g,設立方體邊長為x,銅原子間最近距離為a,則a2=()2+()2,a=x,結(jié)合密度ρ=V=x3==cm3,x=cm,a=cm。

【點睛】

價層電子對互斥模型(簡稱VSEPR模型),根據(jù)價電子對互斥理論,價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù).σ鍵個數(shù)=配原子個數(shù),孤電子對個數(shù)=×(a-xb),a指中心原子價電子個數(shù),x指配原子個數(shù),b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構需要的電子個數(shù);分子的立體構型是指分子中的原子在空間的排布,不包括中心原子未成鍵的孤對電子;實際空間構型要去掉孤電子對,略去孤電子對就是該分子的空間構型?!窘馕觥?9球形小于sp3小于小于ASnCu3P22、略

【分析】【分析】

(1)Sc為21號元素,核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d14s2,失去4s能級2個電子形成Sc2+;

(2)羥基中O原子形成2個σ鍵;含有2對孤電子對,據(jù)此分析解答;

(3)N3-和SCN-互為等電子體,根據(jù)等電子體的結(jié)構相似,分析書寫(SCN)2的結(jié)構式;

(4)根據(jù)孤電子對與成鍵電子對之間排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力分析解答;

(5)每個碳原子形成3個σ鍵,每個σ鍵為2個碳原子共有,則平均每個碳原子形成1.5個σ鍵;根據(jù)均攤法計算晶胞中C60分子數(shù)目;計算晶胞質(zhì)量,晶體密度=晶胞質(zhì)量÷晶胞體積。

【詳解】

(1)Sc為21號元素,核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d14s2,失去4s能級2個電子形成Sc2+,Sc2+核外電子排布式為:1s22s22p63s23p63d1,其中電子占據(jù)3個s軌道、6個p軌道、1個d軌道,共占據(jù)軌道數(shù)目為10個,故答案為:1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1;10;

(2)羥基中O原子形成2個σ鍵,含有2對孤電子對,雜化軌道數(shù)目=2+2=4,O原子采用sp3雜化,羥基之間能夠形成氫鍵,故答案為:sp3;氫鍵;

(3)N3-和SCN-互為等電子體,等電子體的結(jié)構相似,SCN-中C原子價層電子對個數(shù)是2,為直線形結(jié)構,所以N3-為直線形結(jié)構;(SCN)2分子中S-C原子之間為共價單鍵;C和N原子之間存在共價三鍵;其結(jié)構式為N≡C-S-S-C≡N,故答案為:N≡C-S-S-C≡N;

(4)NH3分子中N原子的孤電子對進入Zn2+的空軌道形成配位鍵后,原孤電子對與成鍵電子對間的排斥作用變?yōu)槌涉I電子對間的排斥,排斥作用減弱,故NH3形成配合物后H-N-H鍵角變大,故答案為:NH3分子中N原子的孤電子對進入Zn2+的空軌道形成配位鍵后;原孤電子對與成鍵電子對間的排斥作用變?yōu)槌涉I電子對間的排斥,排斥作用減弱,故H-N-H鍵角變大;

(5)每個碳原子形成3個σ鍵,每σ鍵為2個碳原子共有,則平均每個碳原子形成1.5個σ鍵,則一個C60分子中含有σ鍵個數(shù)為1.5×60=90,晶胞中C60分子數(shù)目=8×+6×=4,晶胞質(zhì)量=g,晶體密度==g/cm3=g/cm3,故答案為:90;

【點睛】

本題的難點為(5),要注意均攤法在晶胞計算中的應用,易錯點為(3),要注意理解等電子體的概念,理解結(jié)構相似的含義?!窘馕觥?s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d110sp3氫鍵N≡C—S—S—C≡N氨分子與Zn2+形成配合物后,孤對電子與Zn2+成鍵,原孤對電子與鍵對電子間的排斥作用變?yōu)殒I對電子間的排斥,排斥減弱,故H-N-H鍵角變大90五、工業(yè)流程題(共1題,共8分)23、略

【分析】【分析】

廢水中砷元素主要以亞砷酸(H3AsO3)形式存在,加入硫化鈉生成As2S3沉淀,為防止As2S3與硫離子反應再次溶解,所以再加入硫酸亞鐵除去過量的硫離子,過濾得到As2S3和FeS,濾液中加入過氧化氫將亞砷酸氧化成砷酸,亞鐵離子氧化成鐵離子,再加入CaO沉淀砷酸根、鐵離子、硫酸根,得到Ca2(AsO4)2、FeAsO4、Fe(OH)3、CaSO4沉淀和低濃度含砷廢水。

【詳解】

(1)As元素為33號元素,與N元素同主族,位于第四周期第VA族;AsH3和氨氣分子結(jié)構相同為共價化合物,砷原子和三個氫原子形成三個As-H鍵,電子式為:

(2)a.同周期主族元素自左而右非金屬性增強,最高價氧化物對應水化物酸性增強,同主族自上而下非金屬性減弱,最高價氧化物對應水化物酸性減弱,酸性:H2SO4>H3PO4>H3AsO4;故a正確;

b.同周期主族元素自左而右原子半徑減小,同主族自上而下原子半徑依次增大,原子半徑:As>P>S,故b錯誤;

c.同主族元素自上而下第一電離能減小,P和S同周期,但是P原子3p能級為半滿狀態(tài),更穩(wěn)定,第一電離能更大,所以第一電離能P>S>As;故c錯誤;

綜上所述選a;

(3)根據(jù)分析可知沉淀為微溶物CaSO4;

(4)As2S3與過量的S2-存在反應:As2S3(s)+3S2-(aq)?2(aq),所以需要加入FeSO4除去過量的硫離子;使平衡逆向移動,一級沉砷更完全;

(5)含砷物質(zhì)物質(zhì)為H3AsO3,加入過氧化氫可以將其氧化成H3AsO4,根據(jù)電子守恒和元素守恒可得化學方程式為H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O;

(6)根據(jù)題意可知FeS2被O2氧化生成Fe(OH

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